【文档说明】湖北省鄂东南省级示范教学改革联盟学校2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题 含答案.docx，共(14)页，848.275 KB，由小赞的店铺上传

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2023年春季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校期中联考高二数学试卷命题学校：武汉二中命题教师：张嘉骏审题教师：赖海燕审题学校：鄂南高中审题教师：李环宇考试时间：2023年4月10日下午15：00-17：00试卷满

分：150分一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知函数()fx可导，且满足0(3)(3)lim2xfxfx→+−=，则函数()yfx=在x=3处的导数为（）A.2B.

1C.-1D.-22.已知23nnnAC−=.则n=（）A.6B.7C.8D.93.下列导数运算正确的是（）A.'sincos33=B.()'331loglogexx=C.()'22eexx=D.'3112xx=4.已知直线l是曲线x

ye=的切线，切点横坐标为-1，直线l与x轴和y轴分别相交于A､B两点，则△OAB面积为（）A.12B.1C.2eD.4e5.某人从2023年起，每年1月1日到银行新存入2万元（一年定期），若年利率为2%保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2033

年1月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的线数约为（）（单位：万元）参考数据：910111.021.1951.021.2191.021.243A.2.438B.19.9C.22.3D.24.36.学校音乐团共有10人，其中4人只会弹吉

他，2人只会打鼓，3人只会唱歌，另有1人既能弹吉他又会打鼓.现需要1名主唱，2名吉他手和1名鼓手组成一个乐队，则不同的组合方案共有（）A.36种B.78种C.87种D.90种7.已知定义在R上的可导函数()fx的导函数为()fx，满足()()fxfx且(2)fx+为偶函数，4(

0)ef=则不等式()xfxe的解集为（）A.(),4−B.()0,+C.()2,+D.()4,+8.已知函数()1xfxxekxk+=−+，有且只有一个负整数0x，使()00fx成立，则k的取值范围是（）A.21,3e2B.10,2C.21,

32eD.10,2二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.在612xx+的

二项展开式中，下列说法正确的有（）A.常数项为第三项B.展开式的二项式系数和为729C.展开式系数最大项为第三项D.展开式中系数最大项的系数为24010.对于数列na，把它连续两项1na+与na的差记为1nnnbaa+=−得到一个新数列nb，称

数列nb为原数列na的一阶差数列.若1nnncbb+=−，则数列nc是na的二阶差数列，以此类推，可得数列na的p阶差数列.如果某数列的p阶差数列是一个非零的常数列，则称此数列为p阶等差数列､如数列1，3，6，10.它的前后两项之差

组成新数列2，3，4.新数列2，3，4的前后两项之差再组成新数列1，1，1，新数列1，1，1为非零常数列，则数列1，3，6，10称为二阶等差数列.已知数列na满足12a=且1(2)3nnSan=+

，则下列结论中正确的有（）A.数列na为二阶等差数列B.数列nS为三阶等差数列C.数列1na的前n项和为1nn−D.若数列nb为k阶等差数列，则nb的前n项和nT为(1)k+阶等差数列11.已知函数()332fxxpxq=++，

其中320pq+=且0pq，则下列说法正确的有（）A.()fx的对称中心为()0,2qB.()fx恰有两个零点C.若方程()fxk=有三个不等的实根，则04kqD.若方程()fxk=的三个不等实根分别为123,,xxx，则33313263xxxq

k++=−+12.建筑师高迪曾经说：直线属于人类，而曲线属于上帝，一切灵感来源于自然和幻想，灵活生动的曲线和简洁干练的直线，在生活中处处体现了几何艺术美感，我们可以利用曲线和直线写出很多不等关系，如由lnyx=在

点(0,1)处的切线1yx=−写出不等式ln1xx−，进而用1nn+替换x得到一系列不等式，叠加后有111ln(1)123nn+++++这些不等式同样体现数学之美.运用类似方法推导，下面的不等式正确的有（）A.()12!ennn−B.111

ln23nn+++C.3422212111ennnn+++D.231121231nnne++++三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.己知函数()sincos2fx

fxx=+，则4f的值为__________.14.已知某等比数列首项为4，其前三项和为12，则该数列前四项的和为__________.15.用0~9十个数字排成三位数，允许数字重复，把个位､十位､百位的数字之和等于9的三位数称为“长久数”，则“长久数”

一共有__________个.16.函数2()lne484xafxax=−+−的值域是实效集R，则实数a的取值范围是__________.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17，某班

两位老师和6名学生出去郊游，分别乘坐两台车，每台车可以坐4人.（1）若要求两位老师分别坐在两台车上，问共有多少种分配方法？（2）郊游结束后，大家在景点合影留念，若要求8人站成一排且两名老师不能相邻，问共有多少种站法（列式并

用数字作答）？18.已知函数()22xafxe−=的一个极值点是-1（1）求函数()fx的极值：（2）求函数()fx在区间[2,4]−上的最值.19.已知数列na的前n项和2nSn=（1）求数列na的通项公式：（2）设数列nb满足：()*21()nnnnbnNaa+−=，求数

列nb的前2n项和2nT.20.在探究()nab+的展开式的二项式系数性质时.我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图1），小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将()21nxx++的展开式按x的降幂排列，将各项系数

列表如下（如图2）；上表图2中第n行的第m个数用1mnD−表示，即()21nxx++“展开式中mx的系数为2nmnD−（1）类比二项式系数性质11kkknnnCCC−+=+表示()1*1121,,knDknknN++−（无需证明）：（2）类比二项式系数求和方法求出三项式()523

2xx−−展开式中x的奇次项系数之和.21.已知正项数列na满足11a=且()()()22*11110nnnnaaaanN++++−=（1）求na的通项公式（2）设数列2nna的前n项和为nS，是否存在p､q使

12nnpSqn+=−恒成立，若存在，求出p､q的值：若不存在，请说明理由22.已知函数()212lnxfxx+=（1）求()fx的单调区间：（2）若方程()fxk=的两个实根分别为12,xx（其中12xx），求证：1212112xxxx++2023年春季鄂东南省级示范高中教育教学改

革联盟学校期中联考高二数学参考答案123456789101112ACBCCBDACDABDABDBC13.014.16或-2015.4516.(,4−8.【详解】已知函数()1exfxxkxk+=−+，则()10exfxxkxk+

−有且只有一个负整数解.令()1exgxx+=，则()()11exgxx+=+，当1x−时，()0gx，当1x−时，()0gx，所以()gx在(),1−−上递减，在()1,−+上递增，当1x=−时，()gx取得最小值-1.设()

()1hxkxkkx=−=−，则()hx恒过点()1,0在同一坐标系中分别作出()ygx=和()yhx=的简图，显然01x=−，依题意得()()11gh−−且()()22gh−−即12a−−且23ea−−，解得213e2a.故选：A.10.【详解】因为()123nnSan=+，所以，

()11133nnSan++=+，两式相减得：()()11113233nnnaanan++=+−+，即12,nnnaan++=故()143211221nnnannnn+==+−−，()()()112122n

nnbaannnnn+=−=++−+=+，故数列na为二阶等差数列，故A正确；对数列nS，它的一阶差数列为1na+，为二阶等差数列，故nS为三阶等差数列，故B正确；()111111nannnn==−++，故1na的前n项和为1nn+，故C错误；对数列nT，它的一阶差

数列为1nb+，为k阶等差数列，故nT为()1k+阶等差数列，故D正确.故选：ABD11.【详解】由于()()3332324fxfxxpxqxpxqq+−=++−−+=，故对称中心为()0,2q，A选项正确；()233fxxp=+，当()0fx=时，xp

=−，其中p−为极小值点，p−−为极大值点，其中()()22,22fpppqfpppq−=−+−−=−−+，由于320pq+=，当0q时()0fp−=，当0q时()0fp−−=，两种情况下均只有两个零点，

B选项正确；当0q时04kq，当0q时40qk−，C选项错误；由于()fxk=的三个零点分别为123,,xxx故()()()()123fxkxxxxxx−=−−−，即()()332123122331

12332xpxqkxxxxxxxxxxxxxxx++−=−+++++−故1230xxx++=因此33312312333363xxxpxpxpxqk++=−−−−+，D选项正确.故选：ABD12.【详解】令()1lnfxxx=

−−，则()111xfxxx−=−=，当1x时，()0fx，当01x时，()0fx，故()1lnfxxx=−−在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，故()1lnfxxx=−−在1x=处取得极

小值，也是最小值，min()0fx=，故ln1xx−，当且仅当1x=时等号成立，A选项：1n=时不等式左右两端相等，故A错误；B选项：将ln1xx−中的x替换为1x−，可得()ln111,1xxxx−−−=−，当且仅当0x=时等号成立，令10xn=，

可得11ln1nn−−，所以()1lnln1nnn−−，故()111ln2ln1ln3ln2lnln123nnn−+−++−−+++，其中()ln2ln1ln3ln2lnln1lnln1lnnnnn−

+−++−−=−=，所以111ln23nn+++，B正确；C选项：将ln1xx−中的x替换为21in+，显然211in+，则22ln1iinn+，故()2222112ln1ln1ln12nnnnnnn+++++++

，当2n时，()211132224nnnn+=+，故3422212111ennnn+++成立；当1n=时，()1313444216ee=显然成立，故3422212111e,

Cnnnn+++正确；D选项：将ln1xx−中的x替换为1nn−，其中，*Nn且2n，则11lnnnn−−，则1ln1nnn−−，故11ennn−，则23112231ennnn+++

+，又231211232e+，D错误.故选：ABC15.【详解】设123,,aaa对应个位到百位上的数字，则()*3N,N1,2iaai=且1239aaa++=，相当于将9个表示1的球与2个表示0的球排成一排，即10个空用2个隔板将其分

开，故共21045C=种.故答案为：45.16.【详解】函数()2lne484xafxax=−+−的值域是实数集R，则()2e484xagxax=−+−能取遍()0,+内所有的数.()e4

xgxa=−，当0a时，()0gx，函数值域恒为R；当0a时，令()e40xgxa=−=，则4lnxa=，()gx在4,lna−上单调递减，在4ln,a+上单调递增，()gx的最小值为244ln4ln44

agaa=−−，244ln404aa−−成立，令()244ln44ahaa=−−，()ha在()0,+上单调递增且()40h=，故04a.综上：4a.17.（1）40（2）30240【详解】（1）八个人坐两台车，只需要考虑A车坐的人，先选一位老师坐入A车，共12C种

选法，再选三名学生坐入A车，共36C种选法，因此共有1326CC40=种分配方式；（2）先让6名学生排队，共66A种方法，然后两名老师插入7个空隙，共27A种方法，因此共有6267AA30240=种站法.18.【详解】（1）()()2222xxxxaxxafxee−−−++==，()fx有一

个极值点是()21.(1)2103aa−−−+−+==，即()23xxfxe−=又()()()21323xxxxxxfxee−+−−++==，x(),1−−-1()1,3−3()3,+()fx-0+0-()fx单调递减()12fe−=−单调递增()363ef=单调递减

当1x=−时，()fx有极小值，极小值为()12fe−=−.当3x=时，()fx有极大值，极大值为()363fe=.（2）由（1）知，()fx在2,1−−上递减，1,3−上递增，3,4上递减，又()()2

346132,42fefeee−==−()fx在2,4−上的最大值为()22fe−=.()fx在2,4−上的最小值为()12fe−=−.19.（1）21nan=−（2）()()211624143nTnn

=−+++【详解】（1）1n=时显然11,2an=时221(1)21nnnaSSnnn−=−=−−=−1n=时也满足该等式，故21nan=−，（2）()()2(1)1(1)11(1)212342123nnnnnnbaannnn+−−==−=−+−

+，211111111111111455943414377114143nTnnnn=−−+−++−+−+−++−−+−+1111114414343nn=−−+−++()()111111644143624143nnnn=−+−=−+

++++.因此()()211624143nTnn=−+++20.【详解】（1）1111kkkknnnnDDDD+−++=++.（2）由题意，设()521090191032xxaxaxaxa−−=++++，当1x=时0129100aaaaa=+++++①当1x

=−时，50129102aaaaa=−++−+②①-②得：()13579232aaaaa++++=−，1357916aaaaa++++=−即()5232xx−−展开式中x的奇次项系数之和为-16.21.

【详解】（1）()()22222211111110,0nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa+++++++−=++−=，()()()()()11111110,0nnnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaa++++++++++−=++−=，

na为正项数列，110nnnnaaaa+++−=，即()11111111,1,nnnnnnaaaaan+−==+−==.（2）22nnnna=，231222322nnSn=++++()23121222122nnnSnn+=+++−+

2311212222nnnSn+−=++++−()1212212nnn+−=−−11222nnn++=−−，()1122nnSn+=−+，()()1122221222nnnnnpnpqpSqpqpn+−++++==−+，又12nnp

Sqn+=−恒成立，2120ppq=+=解得：1,12pq==−，存在1,12pq==−满足条件.22.【详解】（1）()()2432212ln4lnxxxxxfxxx−+−==，当01x时()(),ln0,0,xfxfx单调递增，当1x时，()()ln0,0,xfxf

x单调递减，()fx的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+.（2）由（1）知，()fx在()0,1上递增，()1,+上递减()fxk=的两个零点1201xx下面先证明122xx+：要证

122xx+，只需证21212,121,xxxx−−只需证()()212fxfx−，即证()()112fxfx−，设()()()()()334ln24ln2,(01),(2)xxgxfxfxxgxxx−−−=−−

=+−，当()0,1x时,02,4ln0xxx−−，()()()3334ln24ln24ln(2)(2)(2)xxxxgxxxx−−−−−+=−−−，()()()221(1)1ln200xxxxxgx−=−−−，即()gx在

()0,1上递增，()()10gxg=，即()()()()112,2fxfxfxfx−−成立，122xx+.下面证明12112xx+：()2212ln11112ln,xfxxxxx+==−是函数()()212lnFxxx

=−的零点，设()Fx零点为mn､，要证：12112xx+即证2mn+.又()4lnFxxx=−在()0,1上递增，()1,+上递减，则01mn则12nm−.要证2mn+即证()()

2FnFm−即()()2FmFm−，令()()()2(01)hxFxFxx=−−，()()()4ln42ln2hxxxxx=−−−−，()()24ln44ln244lnxhxxxx−=−−+−=+，2011xxx

−即()0hx，即()hx单调递增，又()10h=，()()0,hxhx单调递减，()()10,0hhx=，即()()()()2,2FxFxFmFm−−，2mn+成立，即12112xx+成立，综上所述：1212112xxxx++

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