浙江省绍兴一中2022高二数学下学期期中试卷理（含解析）新人教A版

2022-2022学年浙江省绍兴一中高二（下）期中数学试卷（理科）参照答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每题3分，共30分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的．1．（3分）复数=在复平面内所表示的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限考复数的代数表示法及其几何意义；复数代数形式的乘除运算．点：专计算题．题：分先对复数进行化简，然后获得对应的点，进而获得答案．析：解解：===，答：则复数对应的点为（，﹣），所以复数对应的点在第四象限，应选D．点此题考察复数代数形式的运算及其几何意义，属基础题．评：2．（3分）下面说法正确的有（）1）演绎推理是由一般到特殊的推理；2）演绎推理获得的结论一定是正确的；3）演绎推理一般模式是“三段论”形式；4）演绎推理的结论的正误与大前提、小前提和推理形相关．A．1个B．2个C．3个D．4个考演绎推理的意义．点：专惯例题型．题：分演绎推理是由一般到特殊的推理，是一种必定性的推理，演绎推理获得的结论不一析：定是正确的，这要取决与前提是否真切和推理的形式是否正确，演绎推理一般模式是“三段论”形式，即大前提小前提和结论．解解：演绎推理是由一般到特殊的推理，是一种必定性的推理，故（1）正确，答：演绎推理获得的结论不一定是正确的，这要取决与前提是否真切，推理的形式是否正确，故（2）不正确，演绎推理一般模式是“三段论”形式，即大前提小前提和结论，故（3）正确，演绎推理的结论的正误与大前提、小前提和推理形相关，（4）正确，总上可知有3个结论是正确的，应选C．点此题考察演绎推理的意义，演绎推理是由一般性的结论推出特殊性命题的一种推理评：模式，演绎推理的前提与结论之间有一种蕴含关系．3．（3分）用反证法证明“如果a＜b，那么”，假定的内容应是（）A．B．C．且D．或考

反证法与放缩法．点：专

阅读型．题：分析：解答：点评：

剖析：反证法是假定命题的结论不建立，即结论的反面建立，所以只需考虑面是什么即可．解：∵＞的反面是≤，即=或＜．应选D．此题主要考察了不等式证明中的反证法，属于基础题．

＞的反4．（3分）我们把1，3，6，10，15，这些数叫做三角形数，因为这些数目的点子能够排成一个正三角形（如下列图）则第七个三角形数是（）A．27B．28C．29D．30考数列的应用．点：分原来三角形数是从开始的连续自然数的和．是第一个三角形数，3是第二个三角形析：数，6是第三个三角形数，10是第四个三角形数，15是第五个三角形数那么，第七个三角形数就是：234567=28．解解：原来三角形数是从开始的连续自然数的和．答：是第一个三角形数，是第二个三角形数，是第三个三角形数，是第四个三角形数，是第五个三角形数，那么，第七个三角形数就是：234567=28．应选B．点此题考察数列在生产实际中的应用，考察运算求解能力，推理论证能力；考察化归评：与转变思想．综合性强，难度大，易犯错，是高考的重点．解题时要仔细审题，注意总结规律．5．（3分）的展开式中含15的项的系数是（）A．17B．﹣34C．51D．﹣18考二项式定理的应用．点：专计算题．题：分先求出二项式展开式的通项公式，再令的系数等于15，求得r的值，即可求得展开析：式中的含15的项的系数．解答：解：∵的展开式的通项公式为Tr1=?18﹣r?3﹣r?=?，令18﹣=15，解得r=2，故展开式中含15的项的系数是=17，应选A．点此题主要考察二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系评：数，属于中档题．6．（3分）函数的一个单一递增区间是（）A．[﹣1，0]B．[2，8]C．[1，2]D．[0，2]考利用导数研究函数的单一性．点：专计算题．题：分利用函数的求导公式求出函数的导数，根据导数大于0，求函数的单一增区间．析：解答：解：由题意，，进而解得≤1，应选A．点该题考察利用函数的求导求函数的单一性，属于基础题．评：7．（3分）已知f1（）=co，f2（）=f1′（），f3（）=f2′（），f4（）=f3′（）fn（）=fn﹣1′（），则f2022（）=（）A．inB．﹣inC．coD．﹣co考导数的运算；函数的周期性．点：专计算题．题：分对函数连续求导研究其变化规律，能够看到函数解析式呈周期性出现，以此规律判析：断求出f2022（）解解：由题意f1（）=co，f2（）=f1′（）=﹣in，f3（）=f2′（）=﹣co，f4（）=f3′答：（）=in，f5（）=f′（）=co，由引能够得出呈周期为4的规律重复出现，42022=4×5011∴f2022（）=co应选C点此题考察导数的运算，求解此题的重点是掌握正、余弦函数的求导公式，以及在求评：导过程中找出解析式变化的规律，概括总结是解题过程中发现规律的好方式．此题考察了概括推理．8．（3分）数学中不论从左往右读，仍是从右往左读，都是同一个数，称这样的数为“回文数”，如：88，454，7337，43534等都是回文数，体现对称美，读起来还真有趣！那么六位的回文数共有（）个．A．800B．810C．900D．1000考排列、组合及简单计数问题．点：专计算题．题：分根据“回文数”的定义和特点，一位的回文数有10个，二位的回文数有9个，三位析：的回文数有9×10个，四位的回文数有9×10个，五位和六位的回文数总合有9×10×10个，进而得出结论．解解：根据回文数的定义，回文数的首位和末尾是相同的，故两位或两位以上的回文答：数的末尾不能为0，故末尾和首位有9种选择，其余的有10种选择．对于位数是偶数的回文数，其中有一半位数确定了，这个数就确定了．对于位数是奇数的回文数，最中间的那位数字可随意取，有10种方法．故一位的回文数有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，共10个；二位的回文数有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个；三位的回文数有101，111，121，131，，969，979，989，999，共9×10=90个；四位的回文数有1001，1111，1221，，9669，9779，9889，9999，共9×10=90个；故五位和六位的回文数总合有9×10×10=900个，应选C．点此题主要考察排列、组合以及两个基来源理的应用，注意理解“回文数”的定义和评：特点，属于中档题．9．（3分）（2022?济南二模）如下图，使电路接通，开关不同的开闭方式有（）A．11种B．20种C．21种D．12种考排列、组合及简单计数问题．点：专概率与统计．题：分设5个开关依次为1、2、3、4、5，由电路知识剖析可得电路接通，则开关1、2与析：3、4、5中起码有1个接通，依次剖析开关1、2与3、4、5中起码有1个接通的情况数目，由分步计数原理，计算可得答案．解解：根据题意，设5个开关依次为1、2、3、4、5，答：若电路接通，则开关1、2与3、4、5中起码有1个接通，对于开关1、2，共有2×2=4种情况，其中全部断开的有1种情况，则其起码有1个接通的有4﹣1=3种情况，对于开关3、4、5，共有2×2×2=8种情况，其中全部断开的有1种情况，则其起码有1个接通的8﹣1=7种情况，则电路接通的情况有3×7=21种；应选C．点此题考察分步计数原理的应用，能够用间接法剖析开关起码有一个闭合的情况，关评：键是剖析出电路解题的条件．10．（3分）f（）=3，a，b，c∈R，且ab＞0，ac＞0，bc＞0，则f（a）f（b）f（c）的值一定（

）A．大于零

B．等于零

C．小于零

D．正负都有可能考函数恒建立问题；抽象函数及其应用．点：专计算题．题：分析：解答：

由已知，先将f（a）f（b）f（c）的和求出，再依据其形式分组判断两组的符号，确定f（a）f（b）f（c）的符号．解：f（a）f（b）f（c）=a3b3c3abc∵ab＞0，ac＞0，bc＞0∴abc＞0又a3b3c3=（a3b3c3a3b3c3）a3b3=（ab）（a2﹣abb2）=（ab）[（（a﹣b）2b2]332222a，b不同时为0，ab＞0，故ab=（ab）（a﹣abb）=（ab）[（（a﹣b）b]＞0同理可证得c3a3＞0，b3c3＞0故a3b3c3＞0所以f（a）f（b）f（c）＞0故应选A．点考察分组、变形的技巧及根据形式判断符号的技术，变形复杂，运算量大，请读者评：仔细阅读．二、填空题：本大题共7小题，每题3分，共21分．11．（3分）若A=6C，则n的值为7．考排列及排列数公式；组合及组合数公式．点：专计算题．题：分直接利用排列数公式和组合数公式展开即可求得n的值．析：解解：由若A=6C，得，答：整理得，n（n﹣1）（n﹣2）=，解得n=7．故答案为7．点此题考察了排列及排列数公式，考察了组合及组合数公式，是基础的计算题．评：12．（3分）（2022?江苏）设a，b∈R，abi=（i为虚数单位），则ab的值为8．考复数代数形式的乘除运算；复数相等的充要条件．点：专计算题．题：分由题意，可对复数代数式分子与分母都乘以12i，再由进行计算即可获得abi=53i，析：再由复数相等的充分条件即可获得a，b的值，进而获得所求的答案解解：由题，a，b∈R，abi=答：所以a=5，b=3，故ab=8故答案为8点此题考察复数代数形式的乘除运算，解题的重点是分子分母都乘以分母的共轭，复评：数的四则运算是复数考察的重要内容，要娴熟掌握，复数相等的充分条件是将复数运算转变为实数运算的桥梁，解题时要注意运用它进行转变．13．（3分）在曲线=21的图象上取一点（1，2）及邻近一点（1△，2△），则为△2．考变化的快慢与变化率．点：专导数的观点及应用．题：分先算出函数值的变化量与自变量的变化量的比值，再化简即可求得．析：解答：解：==△2．则为△2．故答案为：△2．点此题主要考察变化的快慢与变化率．经过计算函数值的变化来解，比较简单．评：481211a12=7．14．（3分）设（﹣1）（2）=a0a1ana12，则a2a4考二项式系数的性质；二项式定理的应用．点：专计算题．题：分分别令=1与=﹣1即可求得a0a2a4a12的值，而a0=1，进而可得答案．析：解481211a11a12，解：∵（﹣1）（2）=a0a1答：∴当=1时，a0a1a2a12=0，①当=﹣1时，a0﹣a1a2﹣﹣a11a12=16，②①②得：2（a0a2a4a12）=16，∴a0a2a4a12=8；12又含项的系数为1，即a0=1，故答案为：7．点此题考察二项式定理的应用，考察二项式系数的性质，突出赋值法的应用，属于中评：档题．15．（3分）已知函数f（）=3﹣3a﹣1，a≠0．若（）的图象有三个不同的交点，则m的取值范围是

f（）在=﹣1处取得极值，直线（﹣3，1）．

=m与=f考函数在某点取得极值的条件．点：专导数的综合应用．题：分利用函数f（）在=﹣1处取得极值，先求出a．要使直线=m与=f（）的图象有三个不析：同的交点，则说明m小于极大值，大于极小值．解解：函数的导数为f'（）=32﹣3a，因为f（）在=﹣1处取得极值，答：所以f'（﹣1）=0，即3﹣3a=0，解得a=1．所以f（）=3﹣3﹣1，f'（）=32﹣3=3（2﹣1）=3（﹣1）（1），当f'（）＞0，得＞1或＜﹣1．当f'（）＜0，得﹣1＜＜1．即函数在=﹣1处取得极大值f（﹣1）=1，在=1处取得极小值f（1）=﹣3，要使直线=m与=f（）的图象有三个不同的交点，则m小于极大值，大于极小值，即﹣3＜m＜1，所以m的取值范围是（﹣3，1）．故答案为：（﹣3，1）．点此题的考点是利用导数研究函数的极值，以及函数的交点问题．要注意利用数形结评：合的数学思想去解决．16．（3分）已知函数=f（）是定义在R上的奇函数，且当∈（﹣∞，0）时不等式f（）f′（）＜0建立，若a=50.5f（），b=（ogπ3）f（ogπ3），c=（og3）f（og3），则a，b，c的大小关系是b＜a＜c．考

对数的运算性质；有理数指数幂的化简求值；不等关系与不等式．点：专

函数的性质及应用．题：分析：解答：

由已知式子f（）f′（），能够联想到：（uv）′=u′vuv′，进而可设h（）=f（），有：h′（）=f（）f′（）＜0，所以利用h（）的单一性问题很容易解决．解：结构函数h（）=f（），由函数=f（）以及函数=是R上的奇函数可得h（）=f（）是R上的偶函数，又当∈（﹣∞，0）时h′（）=f（）f′（）＜0，所以函数h（）在∈（﹣∞，0）时的单一性为单一递减函数；所以h（）在∈（0，∞）时的单一性为单一递增函数．又因为函数=f（）是定义在R上的奇函数，所以f（0）=0，进而h（0）=0因为og3=﹣3，所以f（og3）=f（﹣3）=﹣f（3），由0＜ogπ3＜1＜1＜＜2所以h（ogπ3）＜h（）＜h（3），即：b＜a＜c故答案为：b＜a＜c．点此题考察的考点与方法有：1）所有的基本函数的奇偶性；2）抽象问题详细化的思想评：方法，结构函数的思想；3）导数的运算法例：（uv）′=u′vuv′；4）指对数函数的图象；5）奇偶函数在对称区间上的单一性：奇函数在对称区间上的单一性相同；偶函数在对称区间上的单一性相反；6）奇偶函数的性质：奇×奇=偶；偶×偶=偶；奇×偶=奇（同号得正、异号得负）；奇奇=奇；偶偶=偶．此题联合已知结构出h（）是正确解答的重点所在．17．（3分）将7×7的棋盘中的2个方格染成黄色，其余的染成绿色．若一种染色法经过在棋盘的平面中旋转而获得，那么这两种染色法看着是同一种，则有300种不同的染色法．考排列、组合及简单计数问题．点：专计算题．题：分析：根据是7×7棋盘，有4条对称轴，不同染色法有种，还有对称轴上对于中心对称的情况种，把这两个数相加，即得所求．解答：解：因为是7×7棋盘，有4条对称轴，不同染色法有=294种，还有对称轴上对于中心对称的情况12÷2=6种，故一共有2946=300种，故答案为300．点此题主要考察排列、组合以及两个基来源理的应用，要特别注意重复的情况，属于评：中档题．三、解答题：本大题共5小题，共49分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．81）常数项；2）系数最大的项．考二项式定理的应用；二项式系数的性质．点：专计算题．题：分（1）先求出二项式展开式的通项公式，再令的系数等于0，求得r的值，即可求得展析：开式中的常数项．（2）设第r1项是系数最大的项，则有，解得r的值，即可求得系数最大的项．解解：（1）在（）8的展开式中，通项公式为答：Tr1==．令4﹣r=0，解得r=4，故展开式的常数项为T5==．（2）设第r1项是系数最大的项，则有，解得2≤r≤3，故r=2，或r=3，故系数最大的项为T3==72，T4==7．点此题主要考察二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系评：数，二项式系数的性质，属于中档题．19．（9分）设随机变量X的散布列P（X=）=a，（=1、2、3、4、5）．1）求常数a的值；2）求P（X≥）；（3）求P（）．考离散型随机变量及其散布列．点：专计算题；概率与统计．题：分（1）由随机变量X的散布列P（X=）=a，（=1、2、3、4、5），知a2a3a4a5a=1，由析：此能求出a．（2）由P（X=）=，=1，2，3，4，5．知P（X≥）=P（X=）P（X=）P（X=1），由此能求出结果．（3）由，只有X=时知足，由此能求出P（）的值．解解：（1）∵随机变量X的散布列P（X=）=a，（=1、2、3、4、5），答：∴a2a3a4a5a=1，解得a=．2）∵P（X=）=，=1，2，3，4，5．∴P（X≥）=P（X=）P（X=）P（X=1）==．（3）∵，只有X=时知足，∴P（）=P（X=）P（X=）P（X=）==．点此题考察离散型随机变量的概率散布列的应用，是基础题．解题时要仔细审题，仔评：细解答．20．（10分）用1、2、3、4四个数字可重复地随意排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．1）写出这个数列的第8项；2）这个数列共有多少项3）若an=341，求n．考数列的函数特性；数列的应用．点：专等差数列与等比数列．题：分（1）由题意写出数列{an}的前8项，即可获得这个数列的第8项的值．析：（2）这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数，每个位上都有4种排法，根据分步计数原理，求得结果．（3）比an=341小的数有两类：①百位上是1或2的；②百位上是3且十位上是1或2或3的，根据分类计数原理，把这两类数的个数相加后再加上1，即得n的值．解解：（1）由题意可得，数列{an}的前8项分别为：111，112，113，114，121，122，答：123，124，故这个数列的第8项为124．（3分）（2）这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数，每个位上都有4种排法，根据分步计数原理，共有4×4×4=64项．（6分）（3）比an=341小的数有两类：①百位上是1或2的，共有2×4×4=32（个）；②百位上是3且十位上是1或2或3的，共有1×3×4=12（个）．再根据分类计数原理可得，比a=341小的数有3212=44（个）．n∴所求的n=441=45．（10分）点此题主要考察数列的函数特性，体现了分类议论的数学思想，属于基础题．评：21．（10分）设函数f（）=a（a，b∈Z），曲线=f（）在点（2，f（2）处的切线方程为=3．（1）求f（）的解析式；（2）证明：曲线=f（）上任一点的切线与直线=1和直线=三角形的面积为定值，并求出此定值．考利用导数研究曲线上某点切线方程；函数解析式的求解及常用方法；定积分．点：专导数的综合应用．题：分（1）欲求在点（2，f（2））处的切线方程，只须求出其斜率的值即可，故先利用导析：数求出在=2处的导函数值，再联合导数的几何意义即可求出切线的斜率．进而问题解决．（2）先在曲线上任取一点（0，0）．利用导数求出过此点的切线方程为，令=1得切线与直线=1交点．令=得切线与直线=交点．进而利用面积公式求得所围三角形的面积为定值．解解：（1）f′（）=a﹣答：，于是解得或因a，b∈Z，故f（）=．（2）证明：在曲线上任取一点（0，0）．由f′（0）=1﹣知，过此点的切线方程为﹣=[1﹣]（﹣0）．令=1得=，切线与直线=1交点为（1，）．令=得=20﹣1，切线与直线=交点为（20﹣1，20﹣1）．直线=1与直线=的交点为（1，1）．进而所围三角形的面积为|﹣1|?|20﹣1﹣1|=|||20﹣2|=2