2022-2023學年山東省淄博市高二下學期第二次月考數學試題一、單選題1．在等比數列中，有，數列是等差數列，且，則等于（）A． B． C． D．【答案】C【解析】根據等比數列性質求得，再由等差數列性質求解．【詳解】∵是等比數列，∴，，所以，即，∵是等差數列，所以．故選：C．【點睛】關鍵點點睛：本題考查等差數列和等比數列的性質，掌握等差數列和等比數列的性質是解題關鍵，設是正整數，，若是等差數列，則，若是等比數列，則．時，上述結論也成立．2．函數的單調遞增區間為（

）A．() B．(1，+) C．(1，1) D．(0，1)【答案】D【分析】利用導數與函數單調性的關系即得.【詳解】∵函數，，∴，由，，解得，即函數的單調遞增區間為.故選：D.3．將甲、乙等5名交警分配到三個不同路口疏導交通，每個路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A．18種 B．24種 C．36種 D．72種【答案】C【詳解】試題分析：可分兩類：第一類，將5人分成1,1,3，則先從其余三人中選1人與甲、乙在一起，有3種選法，三者選擇一個路口，有3種選法，其余兩人進行全排列，有中排列方法，則共有種不同方法；第二類，將5人分成2,2,1，則有種不同方法；所以共有.【解析】1.排列組合；2.分類加法計數原理.4．已知數列的前n項和，設，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據等比數列的定義和通項公式，結合裂項相消法、對數的運算性質進行求解即可.【詳解】因為，所以當時，有，兩個式子相減，得，由，所以數列是1為首項，為公比的等比數列，所以，即，，故選：A5．據美國的一份資料報道，在美國總的來說患肺癌的概率約為0.1%，在人群中有20%是吸煙者，他們患肺癌的概率約為0.4%，則不吸煙患肺癌的概率為（

）A．0.025% B．0.032% C．0.048% D．0.02%【答案】A【分析】根據全概率公式求得正確答案.【詳解】設不吸煙患肺癌的概率為，則，解得.故選：A6．一臺儀器每啟動一次都會隨機地出現一個3位的二進制數，其中的各位數中，出現0的概率為，出現1的概率為．若啟動一次出現的二進制數為，則稱這次試驗成功．若成功一次得2分，失敗一次得分，則81次這樣的獨立重復試驗的總得分的數學期望為（

）A． B． C．63 D．6【答案】A【分析】由題可求出試驗成功的概率，再利用二項分布及其期望的性質可求.【詳解】根據題意一次試驗成功的概率為，∴次重復試驗中成功次數服從二項分布，故，總得分，故，故選A．7．下列不等式中不成立的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由不等式可得A正確，構造函數，利用單調性可得B正確，作差之后化簡可得C錯誤，構造函數，利用單調性可得D正確.【詳解】由：令，則，所以上，遞減，上，遞增，故，所以，而，所以，所以A正確；由知，：令，則，令得：，所以在上遞減，所以，即，所以，所以B正確；由于，即，所以C錯誤；由知，：令，則，令，則，令得所以在上遞增，所以對恒成立，即對恒成立，所以在上遞增，所以，即，亦即，所以D正確.故選：C8．已知定義在上的函數關于軸對稱，其導函數為，當時，不等式.若對，不等式恒成立，則正整數的最大值為A． B． C． D．【答案】B【分析】構造函數，求出，由題可得是在上的奇函數且在上為單調遞增函數，將轉化成，利用在上為單調遞增函數可得：恒成立，利用導數求得，解不等式可得，問題得解．【詳解】因為，所以，令，則，又因為是在上的偶函數，所以是在上的奇函數，所以是在上的單調遞增函數，又因為，可化為，即，又因為是在上的單調遞增函數，所以恒成立，令，則，因為，所以在單調遞減，在上單調遞增，所以，則，所以.所以正整數的最大值為2.故選B【點睛】本題主要考查了函數與導數的應用，函數的奇偶性、單調性、不等式恒成立等基礎知識，考查分析和轉化能力，推理論證能力，運算求解能力，構造能力，屬于難題．.二、多選題9．已知二項式的展開式中共有8項，則下列說法正確的有（

）A．所有項的二項式系數和為128B．所有項的系數和為1C．第4項和第5項的二項式系數最大D．有理項共3項【答案】ABC【分析】根據題設知且，根據二項式的性質、賦值法等判斷各選項的正誤.【詳解】由題設，則，A：所有項的二項式系數和為，正確；B：當，所有項的系數和為，正確；C：對于二項式系數，顯然第四、五項對應二項式系數最大，正確；D：有理項為，即、2、4、6共四項，錯誤.故選：ABC10．下列說法中正確的是（

）A．設隨機變量服從二項分布，則B．已知隨機變量服從正態分布且，則C．小趙、小錢、小孫、小李到4個景點旅游，每人只去一個景點，設事件“個人去的景點互不相同”，事件“小趙獨自去一個景點”，則D．公共汽車上有10位乘客，沿途5個車站，乘客下車的可能方式有種【答案】BC【分析】對于A，利用二項分布的方差公式求解判斷；對于B，利用正態曲線的對稱性求解；對于C，利用條件概率公式求解；對于D，利用分步計數原理求解.【詳解】設隨機變量服從二項分布，則，，A錯誤；∵隨機變量服從正態分布，∴正態曲線的對稱軸是．∵，∴，∴，故B正確；小趙、小錢、小孫，小李到4個景點旅游，每人只去一個景點，設事件，事件，則，∴，故C正確；對于D中，公共汽車上有10位乘客，沿途5個車站，根據分步計數原理，可得乘客下車的可能方式有種，∴D不正確．故選：BC．11．某企業為一個高科技項目注入了啟動資金2000萬元，已知每年可獲利20%，但由于競爭激烈，每年年底需從利潤中取出200萬元資金進行科研、技術改造與廣告投入，方能保持原有的利潤增長率．設經過n年之后，該項目的資金為萬元．（取，），則下列敘述正確的是（

）A．B．數列的遞推關系是C．數列為等比數列D．至少要經過6年，該項目的資金才可以達到或超過翻一番（即為原來的2倍）的目標【答案】ACD【分析】根據題意可得，，利用數列分析運算．【詳解】根據題意：經過1年之后，該項目的資金為萬元，A正確；，B不正確；∵，則即數列以首項為1200，公比為1.2的等比數列，C正確；，即令，則至少要經過6年，該項目的資金才可以達到或超過翻一番（即為原來的2倍），D正確；故選：ACD．12．已知函數，直線：，則下列說法正確的有（

）A．B．若有兩個不等實根，則C．若有且僅有2個整數，使得點在直線的上方，則實數的取值范圍為D．當時，在軸右側，直線恒在曲線上方【答案】ACD【分析】求導由單調性即可判斷AB，結合函數圖象可得，即可判斷C，對于D，利用相切時的切線斜率即可求解．【詳解】，，故當時，，此時單調遞減，當時，，此時單調遞增，故當時，取極大值也是最大值，故，又，，畫出的大致圖象如圖：

對于A，由于在上單調遞減，故，故A正確，對于B，若有兩個不等實根，則，故B錯誤，對于C，由于直線：恒過定點，若有且僅有2個整數，使得點在直線的上方，則只有2個整數解，結合圖象可知：這兩個整數解只能是1和2，故，解得，故C正確

對于D，當直線：與相切于第一象限時，設切點為，所以切點為的切線方程為，在切線上，，即，此時，，所以切點處的橫坐標為，又，當時，即，此時，在軸右側直線恒在曲線上方，故選：ACD

【點睛】關鍵點點睛：此題考查函數與方程的綜合問題，考查導數的應用，解題的關鍵是畫出函數圖象，利用圖象分析求解，考查數形結合的思想，考查計算能力，屬于難題.三、填空題13．在的展開式中，x2y5項的系數是.【答案】-12【分析】的通項為，求出的系數即得解.【詳解】解：的通項為，令此時，令此時，所以展開式中，x2y5項的系數是.故答案為：-1214．曲線上的點到直線的距離的最小值為【答案】【分析】求出曲線的斜率為的切線與曲線相切的切點坐標，再根據點到直線的距離公式可求出結果.【詳解】的定義域為，求導得，令，解得，則，故切點坐標為，故曲線上的點到直線的距離的最小值即為切點到直線的距離，即為.故答案為：15．若數列滿足，，則的前n項和為.【答案】【分析】利用倒序相加法結合組合數的性質可求的前n項和.【詳解】設的前n項和為，則，又，故，故，故答案為：.16．已知函數，當，對任意，不等式恒成立，則的取值范圍為．【答案】【分析】構造新函數，利用導數研究函數的單調性與最值，求的取值范圍即可.【詳解】因為，函數在上單調遞增，不妨設，則，可化為，設，則，所以為上的減函數，即在上恒成立，等價于在上恒成立，設，所以，因，所以，所以函數在上是增函數，所以（當且僅當時等號成立）．所以.故答案為：．四、解答題17．已知數列是等差數列，且滿足，．數列的前n項和是，且．(1)求數列及數列的通項公式；(2)若，求數列的前n項和．【答案】(1)；(2)【分析】（1）由已知條件得，利用等差數列的通項公式即可得出an；再由與的關系得出{bn}的通項公式；（2）由（1）得，利用分組求和求和即可.【詳解】（1）因為數列是等差數列，且滿足，，由等差數列的性質可得，，所以公差，則．又當時，，所以，

①當時，

②由得，即（），所以是首項為1，公比為的等比數列，故．（2）由（1）得，所以．18．第22屆世界杯足球賽在卡塔爾舉辦，各地中學掀起足球熱．甲、乙兩名同學進行足球點球比賽，每人點球3次，射進點球一次得50分，否則得0分．已知甲每次射進點球的概率為，且每次是否射進點球互不影響；乙第一次射進點球的概率為，從第二次點球開始，受心理因素影響，若前一次射進點球，則下一次射進點球的概率為，若前一次沒有射進點球，則下一次射進點球的概率為．(1)設甲3次點球的總得分為X，求X的概率分布列和數學期望；(2)求乙總得分為100分的概率．【答案】(1)分布列見解析，數學期望為100(2)【分析】（1）運用二項分布求得其分布列及期望.（2）乙總得分為100分的事件為3次點球中有2次射中1次未射中，結合互斥事件的概率加法公式求解即可.【詳解】（1）設甲3次點球射進的次數為Y，則，Y的可能取值為0，1，2，3，且，則X的所有可能的取值為0，50，100，150．；；；，所以X的概率分布列為X050100150P，（或）．（2）設“乙第i次射進點球”為事件（，2，3），則乙總得分為100分的事件為．因為，，互斥．所以，故乙總得分為100分的概率為．19．已知數列中，，，.（1）證明數列是等比數列，并求數列的通項公式；（2）在數列中，是否存在連續三項成等差數列？若存在，求出所有符合條件的項；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析，；（2）存在，成等差數列.【分析】（1）利用定義法計算為非零常數且，即可證明是等比數列，由此可求的通項公式；（2）設存在滿足條件的三項：，根據成等差數列對應等式，然后計算值并判斷是否滿足.【詳解】（1）因為且，所以，所以；（2）設存在滿足條件，所以，所以，當是奇數時，，解得：，滿足條件，當是偶數時，，此時無解，所以滿足條件，此時.【點睛】（1）證明一個數列是等比或者等差數列，常見的可采用定義法、等差或等比中項法去證明；（2）涉及數列中是否存在相應項滿足條件的問題，首先假設存在項滿足條件，然后根據題設條件列出等式或者不等式，通過求解相關結果驗證假設的正確性，從而得到結果.20．已知函數．(1)若，求曲線的斜率等于3的切線方程；(2)若在區間上恰有兩個零點，求a的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）求出導函數，令求得切點坐標后可得切線方程；（2）求導函數，利用導數求出函數的單調區間，得到函數的極值點，依題意結合零點存在定理，列出不等式求解即可.【詳解】（1）當時，，，則，設切點為，則，解得或（舍），∴，故切點為，∴所求切線方程為，即．（2），令，得，①當，即時，在上，∴在上單調遞減，此時在上不可能存在兩個零點；②當，即時，在上，遞減；在上，遞增，則在時取得極小值，結合零點存在定理，要使在區間上恰有兩個零點，則，得．∴綜上的取值范圍是．21．某物流公司專營從甲地到乙地的貨運業務（貨物全部用統一規格的包裝箱包裝），現統計了最近100天內每天可配送的貨物量，按照可配送貨物量（單位：箱）分成了以下幾組：，，，，，，并繪制了如圖所示的頻率分布直方圖（同一組數據用該組數據的區間中點值作代表，將頻率視為概率）．

(1)該物流公司負責人決定用分層抽樣的方法從前3組中隨機抽出11天的數據來分析可配送貨物量少的原因，并從這11天的數據中再抽出3天的數據進行財務分析，求這3天的數據中至少有2天的數據來自這一組的概率．(2)由頻率分布直方圖可以認為，該物流公司每日的可配送貨物量（單位：箱）服從正態分布，其中近似為樣本平均數．①試利用該正態分布，估計該物流公司2000天內貨物配送量在區間內的天數（結果保留整數）．②該物流公司負責人根據每日的可配送貨物量為公司裝卸貨物的員工制定了兩種不同的工作獎勵方案．方案一：利用該頻率分布直方圖獲取相關概率，采用直接發放獎金的方式獎勵員工，按每日的可配送貨物量劃分為三級：時，獎勵50元；時，獎勵80元；時，獎勵120元．方案二：利用正態分布獲取相關概率，采用抽獎的方式獎勵員工，其中每日的可配送貨物量不低于時有兩次抽獎機會，每日的可配送貨物量低于時只有一次抽獎機會，每次抽獎的獎金及對應的概率分別為：獎金50100概率小張為該公司裝卸貨物的一名員工，試從員工所得獎金的數學期望角度分析，小張選擇哪種獎勵方案對他更有利？附：若，則，．【答案】(1)(2)①；②小張選擇方案二更有利【分析】（1）由頻率分布直方圖確定隨機抽取的11天中來自前3組的數據的個數，然后結合排列組合知識計算出概率；（2）由頻率分布直方圖求出均值，①由正態分布概率公式計算出概率，即可估計人數；②分別求兩種方案獎金的期望值，即可判斷.【詳解】（1）由分層