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1、2022-2023学年河北省沧州市高二下学期4月清北班联考数学试题一、单选题1若名学生报名参加天文、计算机、文学、美术这个兴趣小组，每人选报组，则不同的报名方式有（）A种B种C种D种【答案】D【分析】分析可知每个人都有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果.【详解】名学生报名参加天文、计算机、文学、美术这个兴趣小组，每人选报组，每个人都有种选择，则不同的报名方式种数为种.故选：D.2已知等差数列的前项和为，则（）A155B165C290D310【答案】A【分析】依题意得到关于、的方程组，解得、，在由等差数列求和公式计算可得.【详解】因为，则，解得，所以故选：A3小明每天上学途中必须经过2个红绿灯
2、，经过一段时间观察发现如下规律：在第一个红绿灯处遇到红灯的概率是，连续两次遇到红灯的概率是，则在第一个红绿灯处小明遇到红灯的条件下，第二个红绿灯处小明也遇到红灯的概率为（）ABCD【答案】B【分析】由条件概率公式求解即可【详解】设“小明在第一个红绿灯处遇到红灯”为事件，“小明在第二个红绿灯处遇到红灯”为事件，则由题意可得，则在第一个红绿灯处小明遇到红灯的条件下，第二个红绿灯处小明也遇到红灯的概率为.故选：.4已知，且，则下列结论错误的是（）ABCD【答案】B【分析】根据排列数、组合数公式计算可得.【详解】对于A，因为，所以成立，故A正确；对于B，故B错误；对于C，故C正确；对于D，所以，故D正
3、确故选：B5若函数在上存在极值，则正整数a的最小值为（）A4B5C6D7【答案】B【分析】求出函数的导数，由题意得有两个不等实数根，再由求出实数的取值范围，即可得到正整数的最小值【详解】，由函数在上存在极值，则有两个不等实数根，得，解得或，又a为正整数，所以a的最小值为5故选：B6中国空间站已经进入正式建造阶段，天和核心舱问天实验舱和梦天实验舱将在2022年全部对接，形成“T字结构.在中国空间站建造阶段，有6名航天员共同停留在空间站，预计在某项建造任务中，需6名航天员在天和核心舱问天实验舱和梦天实验舱这三个舱内同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（）A36
4、0种B180种C720种D450种【答案】D【分析】根据分组分配问题的处理步骤，先将6人分成三组，再将三组分到三个舱内即可.【详解】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案.所以共有（种）不同的安排方案.故选：.7已知等比数列的公比为，其前项和为，且，成等差数列，若对任意的，均有恒成立，则的最小值为（）A2BCD【答案】B【分析】由已知可求得 ，为奇数时， 根据单调性可得： ，为偶数时，根据单调性可得： ，可得的最大值与最小值分别为2， 考虑到函数在上单调递增，即可得出结论【详解】等比数列的公比为，因为，成等差数列，所以，解得，所以
5、，当为奇数时，易得单调递减，且，所以；当为偶数时，易得单调递增，且，所以所以的最大值与最小值分别为2，函数在上单调递增，所以所以的最小值故选：B【点睛】思路点睛：由已知条件求得等比数列的前n项和，通过分类讨论并利用函数单调性求得的最大值和最小值，再由函数在上单调递增且，可求取值范围.8已知，且，则下列不等式一定成立的是（）ABCD【答案】D【分析】利用对数运算把式子化为，构造函数，利用导数判断单调性，利用单调性求解不等式.【详解】由，得，即，令，则，所以在上单调递增，又，所以故选:D二、多选题9已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A在上单调递增B在上单调递减C在处取得极
6、小值D在处取得极大值【答案】ACD【分析】根据导函数与函数的单调性和极值的关系求解.【详解】当时，单调递增，由图可知时，单调递增，故A正确；当时，单调递增；当时，单调递减，故B错误；当时，单调递减；当时，单调递增，所以在处取得极小值，故C正确；当时，单调递增；当时，单调递减，所以在处取得极大值，故D正确.故选：ACD.10若，则（）ABCD【答案】BD【分析】利用赋值法，令，求出，判断A；令和，将得到的两式相加、相减，可判断B、C；令计算，可判断D.【详解】对于A，当时，A错误；对于B，C，当时，当时，所以，所以B正确，C错误；对于D，当时，所以，D正确故选：BD11设、为随机事件，且、，则下
7、列说法正确的是（）A若，则、可能不相互独立B若，则C若，则D若，则【答案】BCD【分析】利用条件概率公式以及独立事件的定义可判断A选项；利用条件概率公式可判断BCD选项.【详解】对于A选项，根据条件概率公式及，得，即，所以，、相互独立，A错；对于B选项，由A知，当时，所以，B对；对于C选项，由，得，所以，C对；对于D选项，所以，D对.故选：BCD12已知函数，则下列说法正确的是（）A的极小值点为B的最小值为C过原点且与曲线相切的直线有条D若，、且，则的最小值为【答案】AD【分析】利用导数分析函数的单调性，结合极值点的定义可判断A选项；由可判断B选项；设切点为，利用导数写出切线的方程，再将原点代
8、入切线方程，可得出关于的等式，判断关于的方程的解的个数，可判断C选项；由已知可得出，令，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，可判断D选项.【详解】对于A选项，函数的定义域是，令，得，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增所以的极小值点为，A对；对于B选项，故函数的最小值不可能为，B错；对于C选项，设切点坐标为，则切线斜率为，所以切线方程为，又切线过原点，则有，即，无解，即过原点且与曲线相切的直线不存在，C错；对于D选项，由，得，即，又、，且，所以，又，则，则，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，所以的最小值为，D对故选：AD三、填空题13某班从5名男同学和4名女同学中选取4
9、人参加学校的“辩论大赛”，要求男、女生都有，则不同的选法共有 种【答案】120【分析】利用间接法：在所有组合中排除全为男生和全为女生的情况，利用组合数计算求解【详解】从9名同学中选取4人，有种不同的选法，其中全为男生，全为女生的情况分别有种，种，所以男、女生都有的不同的选法共有（种）故答案为：120.14某防空导弹系统包含3辆防空导弹发射车，其中8联装，6联装，4联装防空导弹发射车各1辆，当警戒雷达车发现敌机后通知指挥车，指挥车指挥防空导弹发射车发射导弹，每次只选择1辆防空导弹发射车.已知指挥车指挥8联装，6联装，4联装防空导弹发射车发射导弹的概率分别为，且8联装，6联装，4联装防空导弹发射车
10、命中敌机的概率分别为.在某次演习中警戒雷达车发现一架敌机，则此防空导弹系统发射导弹命中敌机的概率为 .【答案】0.66.【分析】此防空导弹系统发射导弹命中敌机分为3类：指挥8联装发射导弹且命中、指挥6联装发射导弹且命中及指挥4联装发射导弹且命中.【详解】由题意知，此防空导弹系统发射导弹命中敌机的概率为.故答案为：.15已知数列满足，且，若，则数列的前n项和 【答案】【分析】利用累乘法求得，可得，再利用裂项相消法得答案.【详解】由，得，（），以上各式相乘，得（），又，所以（），当时，满足上式，所以，所以故答案为：.16对于函数，若存在，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若时，函数的图象上只有1
11、对“隐对称点”，则 .【答案】【分析】根据题意分析可得原题意等价于与函数的图象只有1个交点，分别判定与的单调性，结合图象分析运算.【详解】由题意可得：关于原点对称的函数为，故原题意等价于与函数的图象只有1个交点，对于函数可知：在上单调递减，在上单调递增，故；对于，则，由于，则有：令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为；分别作出与的图象（如图所示）.若与的图象只有1个交点，则，即，解得.故答案为：.【点睛】方法定睛：对于方程的根的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导
12、数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解四、解答题17已知的展开式中前三项的二项式系数和为.(1)求；(2)求展开式中的常数项.【答案】(1)；(2).【分析】（1）写出前三项二项式系数，根据和为，列方程求出的值；（2）利用通项，并令的指数为0，求出常数项【详解】（1）因为的展开式中前三项的二项式系数分别是，所以，即，解得或（2）的展开式中通项为，由时，可得，即第7项为常数项，所以展开式中的常数项为.18已知函数，且.(1)求函数的图象在点处的切线方程；(2)求函数在区间上的值域.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用可构造方程求得的值，结合可
13、求得切线方程；（2）利用导数可求得的单调性，结合区间端点值和极值可求得的最值，由此可得的值域.【详解】（1），解得：，则，在点处的切线方程为：，即.（2）由（1）知：，则，当时，；当时，；在，上单调递增，在上单调递减，又，的值域为.19某校举办元旦晩会，现有4首歌曲和3个舞蹈需要安排出场顺序.（结果用数字作答）(1)如果4首歌曲相邻，那么有多少种不同的出场顺序?(2)如果3个舞蹈不相邻，那么有多少种不同的出场顺序?(3)如果歌曲甲不在第一个出场，舞蹈乙不在最后一个出场，那么有多少种不同的出场顺序?【答案】(1)(2)(3)【分析】(1)捆绑法：先将4首歌曲捆绑，然后与3个舞蹈排序，有（种）不同
14、的出场顺序.（2）插空法：先将4首歌曲排好，再将3个舞蹈排入4首歌曲隔开的5个空中，（种）不同的出场顺序.（3）有条件限制类排列：可用排除法，7个节目全排列，有种情况，其中歌曲甲在第一个出场时，有种情况，舞蹈乙在最后一个出场时，有种情况，其中都包含了歌曲甲在第一个出场且舞蹈乙在最后一个出场的情况，有种情况，故共有（种）不同的出场顺序.【详解】（1）先将4首歌曲捆绑，有种情况，再将捆绑好的4首歌曲与3个舞蹈排序，有种情况，所以有（种）不同的出场顺序.（2）先将4首歌曲排好，有种情况，再将3个舞蹈排入4首歌曲隔开的5个空中，有种情况，所以有（种）不同的出场顺序.（3）方法一：7个节目全排列，有种情
15、况，其中歌曲甲在第一个出场时，有种情况，舞蹈乙在最后一个出场时，有种情况，其中都包含了歌曲甲在第一个出场且舞蹈乙在最后一个出场的情况，有种情况，故共有（种）不同的出场顺序.方法二：歌曲甲在最后一个出场时，其他节目可全排，有种情况；歌曲甲不在最后一个出场时，可从余下的5个位置任选一个，有种情况，而舞蹈乙可排在除去最后一个位置后剩下的5个位置中，有种情况，其余节目全排列，有种情况，共有（种）不同的出场顺序.20已知数列满足，(1)求的通项公式；(2)设，在和之间插入个数，使得这个数构成公差为的等差数列，求的前项和【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知令得出，并得出时，结合已知式子做减即可得出，
16、化简即可得出，再验证时是否符合式子，即可得出答案；（2）根据（1）得出的，即可得出，再根据已知得出，即可得出数列的通项，观察通项特点，选取错位相减法求前项和即可得出答案.【详解】（1）数列满足，当时，得，得时，由得，所以，而也适合此式，所以.（2）由（1）得，所以，则，所以，所以，两式相减得：，所以21已知函数，.(1)若函数在上单调递增，求a的取值范围；(2)若，求证：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）对求导后，问题转化为在1,4上恒成立，进而求得的最小值即可求解；（2）由可得只需证明，令，求导后求得；令，求导后求得，从而可得，问题得证.【详解】（1），因为函数在1,4上单调
17、递增，所以在1,4上恒成立，又在1,4上单调递增，所以，所以，解得，所以的取值范围是.（2）因为，所以要证，只需证，令，则.当时，函数单调递减；当时， ，函数单调递增.所以，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增.所以时，取最小值, 则, 所以时，因此.所以.22已知函数的导函数为.(1)当时，求函数的极值点的个数；(2)若恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)2(2).【分析】（1）求导得到导函数，构造，再次求导得到导函数，确定函数的单调区间，计算最值确定，得到极值点个数.（2）变换得到在上恒成立，构造函数，考虑和两种情况，求导得到导函数，再次构造函数，确定函数的单调区间，利用隐零点代换得
18、到答案.【详解】（1）当时，定义域为，令，则.当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减，所以，又，所以，所以存在唯一的，使得，且当和时，函数单调递减；当时，函数单调递增，故在处取得极小值，在处取得极大值，即函数的极值点的个数为2.（2），即恒成立，即在上恒成立.记，当时，不合题意；当时，.记，则，所以在上单调递增，又，所以使得，即，故当时，即，当时，即，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，由式可得，所以，代入式得，因为，即，故，即，所以当时，恒成立，故实数的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数判断极值点个数，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用隐零点代换可以简化运算，是解题的关键，隐零点代换是常考的方法，需要熟练掌握.
2022-2023学年河北省沧州市高二年级下册学期4月清北班联考数学试题【含答案】
