河南省郑州市十校联考2022-2023学年高二下学期期中数学试题

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页河南省郑州市十校联考2022-2023学年高二下学期期中数学试题一、单选题（本大题共12小题）1．若，则（

）A．2 B．1 C．-2 D．-12．某村镇道路上有10盏照明路灯，为了节约用电，需要关闭其中不相邻的4盏，但考虑行人夜间出行安全，两端的路灯不能关闭，则关灯方案的种数有（

）A．10 B．15 C．20 D．53．已知、均为等差数列，且、，则数列的前项和为（

）A．35 B．40 C．45 D．504．在二项式的展开式中，含项的二项式系数为（

）A． B． C． D．5．若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数（

）A．1 B． C． D．26．设等差数列的前项和分别是，若，则（

）A． B． C． D．7．一个矩形铁皮的长为，宽为，在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，若记小正方形的边长为，小盒子的容积为，则（

）A．当时，有极小值 B．当时，有极大值C．当时，有极小值 D．当时，有极大值8．如图，已知图形，内部连有线段．图中矩形总计有（

）个．A．75 B．111 C．102 D．1209．设点是函数图象上的任意一点，点处切线的倾斜角为，则角的取值范围是（

）A． B．C． D．10．已知函数，若，使得成立，则实数的最大值是（

）A． B． C． D．11．已知数列各项均不为零，且（且），若，则（

）A．19 B．20 C．22 D．2312．若函数与有3个交点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、填空题（本大题共4小题）13．盲盒常指装有不同公仔手办，但消费者不能提前得知款式的盒装玩具，一般按系列贩售．它的随机性和一些隐藏款吸引着很多年轻人重复购买．小明购买了6个冰墩墩单只盲盒，拆开后发现有2个相同的“竹林春熙”以及2个相同的“冰雪派对”､“青云出岫”､“如意东方”各1个．小明想将这6个摆件排成一排，要求相同的摆件相邻．若相同摆件视为相同元素，则一共有__________种摆放方法．14．二项式的常数项为__________．15．已知数列满足．设数列的前项和为，若存在使得对任意的都成立，则正整数的最小值为__________．16．定义在上的函数满足：有成立且，则不等式的解集为__________．三、解答题（本大题共6小题）17．已知的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，求的展开式中：(1)所有二项式系数之和．(2)系数绝对值最大的项．18．已知数列的前项和为(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和．19．现有如下定义：除最高数位上的数字外，其余每一个数字均比其左边的数字大的正整数叫“幸福数”（如3467和1579都是四位“幸福数”）．(1)求四位“幸福数”的个数；(2)如果把所有的四位“幸福数”按照从小到大的顺序排列，求第125个四位“幸福数”．20．已知函数．(1)当时，求函数的极值．(2)是否存在实数，对任意的，且，有恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．21．数列满足．(1)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；(2)设数列满足，证明：对一切正整数，有22．已知函数．(1)求的单调区间；(2)证明：．

参考答案1．【答案】C【分析】根据导数的定义，，代入即可求得【详解】因为，则.故选：C2．【答案】D【分析】利用插空法，将4盏关闭的灯插入到5个空，即可求解.【详解】采用插空法，让4盏需要关闭的灯插空，有种方法.故选：D3．【答案】A【分析】根据等差中项的性质及等差数列求和公式计算可得.【详解】由题知，均为等差数列，且，，，所以，得，所以数列的前项和为．故选：A4．【答案】A【分析】首先写出展开式的通项，再令求出，即可求出含项的二项式系数.【详解】二项式的展开式的通项为，令，解得，所以展开式中项的二项式系数为.故选：A5．【答案】C【分析】求出函数的导函数，即可表示出切线的斜率，再得到直线的斜率，根据两直线垂直斜率之积为得到方程，即可求出参数的值.【详解】因为，所以，则，所以曲线在点处的切线的斜率为，又直线的斜率，由切线与直线垂直可知，即，解得．故选：C．6．【答案】B【分析】利用等差数列前n项和公式及求解.【详解】因为等差数列，的前n项和分别是，所以.故选：B7．【答案】B【分析】求出小盒子的容积，通过求导判断函数的极值情况可得答案.【详解】小盒子的容积为，所以，令，得或（舍去），当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，所以当时，取得极大值，无极小值.故选：B.8．【答案】C【分析】由题意转化为条件为从竖线中选出两条，横线中选出两条组成图形，按照矩形的边不在上和在上两种情况讨论，利用分步乘法和组合的知识求解即可.【详解】由题意，要组成矩形应从竖线中选两条、横线中选两条，可分两种情况：当矩形的边不在上时，共有个，当矩形的边在上时，共有个，所以图中矩形总计有个.故选：C.9．【答案】D【分析】求导，令即可求得，再求出导函数的值域，即点处切线的斜率的取值范围，即可得出答案.【详解】,则，所以，所以，由，得，所以，即，所以.故选：D.10．【答案】D【分析】将问题转化为在上能成立，利用导数求的最值，求k的范围，即知参数的最大值.【详解】由题设，使成立，令且，则，∴当时，则递增；当时，则递减；∴，故即可.故选：D11．【答案】A【分析】由已知，令得，化为，利用累乘法求得的通项公式(含有参数t),根据的值求得的值，即可求结果.【详解】由，令，则数列是公差为1，首项为的等差数列，所以，所以.所以，当时也符合上式，所以；所以,解得，所以，所以.故选：A12．【答案】D【分析】问题转化为函数与函数的图象有3个交点，利用导数求得两函数相切时的a值，再利用数形结合即可求得实数的取值范围【详解】由题意，问题等价于函数与函数的图象有3个交点，作出函数的图象，函数的图象恒过点，当时，显然函数与函数的图象仅有2个交点，不符合题意；当时，当直线与曲线相切时，不妨设切点为，则曲线在切点处的切线斜率，又切点也在直线上，所以，解得，则切点为，此时，所以函数与函数的图像仅有3个交点，则；根据函数图象的对称性：当时函数与函数的图象仅有3个交点，则．综上，实数的取值范围是．故选：D．13．【答案】【分析】将2个相同的“竹林春熙”和2个相同的“冰雪派对”分别看成一个元素，再利用排列即可得解.【详解】将2个相同的“竹林春熙”看成一个整体，则2个相同的“竹林春熙”没有顺序，2个相同的“冰雪派对”也看成一个整体，则2个相同的“冰雪派对”没有顺序，所以相同的摆件相邻时，一共有中摆放方法.故答案为：.14．【答案】【分析】先确定的展开式的通项公式，再由求解即可.【详解】的展开式的通项公式为，而，令，得；令，得（舍）.所以的展开式中的常数项为．故答案为：15．【答案】【分析】利用构造法求出数列的通项，利用裂项法求出数列的前项和为；然后只需即可求出的最小值.【详解】因为，所以，即，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，，则，则对任意的都成立，即对任意的都成立，即对任意的都成立，即对任意的都成立，因为，所以，则恒成立，所以，所以正整数的最小值为.故答案为：.16．【答案】【分析】令，其中，利用导数分析函数的单调性，计算可得出，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可解该不等式即可.【详解】令，其中，则，故函数在上为增函数，又因为，由可得，解得.因此，不等式的解集为.故答案为：.17．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据二项式系数相等关系可求得，根据二项式系数和的结论可直接求得结果；（2）根据展开式通项公式，设第项的系数的绝对值最大，采用不等式法可求得的取值，代入展开式通项公式即可求得结果.【详解】（1）因为的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，所以且，解得，所以展开式的二项式系数之和为；（2）展开式的通项为，设展开式第项的系数的绝对值最大，则，解得，又因，所以，所以展开式中，系数绝对值最大的项为．18．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等差数列的定义可得数列是等差数列，从而求得，然后利用求得；（2）利用错位相减法求解即可.【详解】（1）因为，，所以数列是首项为，公差为的等差数列，则，所以，当时，，当时，上式也成立，所以；（2），，，两式相减得，所以.19．【答案】(1)个；(2)5789【分析】（1）由幸福数的定义结合组合公式求解即可；（2）分类讨论最高位数字，由组合公式结合分类加法计数原理得出第125个四位“幸福数”.【详解】（1）根据题意，四位“幸福数”中不能有0，故只需在数字1，2，3，…，9中任取4个，将其从小到大排列，即可得到一个四位“幸福数”，每种取法对应1个“幸福数”，则四位“幸福数”共有个.（2）对于所有的四位“幸福数”，1在最高数位上的有个，2在最高数位上的有个，3在最高数位上的有个，4在最高数位上的有个，5在最高数位上的有个.因为，所以第125个四位“幸福数”是最高数位为5的最大的四位“幸福数”，为5789.20．【答案】(1)极大值为，极小值为；(2)存在，【分析】（1）求出函数导数，利用，分析函数的单调性，由单调性可得函数极值；（2）假设存在，将已知条件转化为，构建新的函数，显然只要在为增函数即成立，等价于不等式在恒成立，解得a的取值范围即为答案.【详解】（1）当时，，，令，解得或，当或时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，极小值为；（2）假设存在实数a，对任意的，且，都有恒成立，不妨设，若，即，令，显然只要在为增函数即成立，因为，要使在为增函数则在恒成立，即只需，则，所以存在满足题意．21．【答案】(1)证明见解析，；(2)证明见解析.【分析】（1）将变形为，，再利用等比数列的定义判断，进而利用累加法求解；（2）由（1）及已知得，再利用裂项相消法求解并证明结论.【详解】（1）由得：，，又，则，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列，当时，，则=，当时，符合上式，∴．（2）由（1）得：，∴，∴．故对一切，有.2