上海市重点中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷及答案解析

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、填空题

1．已知等差数列an，a2a43，a55，则an__________

3x2．已知函数yfx，其中fxx3，则fx________

463．春天是鼻炎和感冒的高发期，某人在春季里鼻炎发作的概率是，感冒发作的概率是，

57鼻炎发作且感冒发作的

3概率是，则此人在鼻炎发作的条件下感冒的概率是______．

．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字且为偶数，这样两位数的个数有_________个

5．已知函数fxlnx，则函数fx的单调递增区间为__________. x6．若直线l:x2ym0与圆C:x2y22y40相切，则实数m_________．

27．在x2的展开式中，x3项的系数是______．

x68．已知在正项等比数列an中，a38，a532，则使不等式Sn511成立的正整数n的最小值为________．

9．直线y2x1关于直线y2x3对称的直线方程为________

10．2位教师和4名学生站成一排，要求2位教师站在中间，学生甲不站在两边，则不同排法的种数为_________

11．当x1时，不等式axsinx1lnxa恒成立，则a的范围为______.

12．某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为

3，且女生人数 10超过1人，现在将10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有___种不同的站队方法. 二、单选题

213．某班级有50名学生，期末考试数学成绩服从正态分布N120,，已P(X140)0.2，

则X[100,140]的学生

人数为（ ）A．5 B．10 C．20 D．30

14．已知函数f(x)x3ax2(a6)x1有极大值和极小值，则a的取值范围是（ ） A．1a2

B．a3或a6

C．3a6

D．a1或a2

15．已知点A1,0，B2,0与直线l:mxym0mR，若在直线l上存在点P，使得

PA2PB，则实数m的取值范围是（ ） A．3,B．333,33

33,3C． D．,3,3, 316．南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列an本身不是等差数列，但从an数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列bn（则称数列an为一阶等差数列），或者bn仍旧不是等差数列，但从bn数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列cn（则称数列an为二阶等差

数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列1,1,2,8,,是一阶等比数列，则该数列的第是（ ） A．25 三、解答题

3217．已知函数gxax3x6在x2处取得极值.

B．2 C．221 D．228

(1)求实数a的值；(2)若关于x的方程gxm在区间1,1只有两解，求实数m的取值范围.

18.某学校最近考试频繁，为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏.班主任把8个小球(只是颜色 不同)放入一个袋子里，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个.现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分，黄球每个记2分，红球每个记3分，绿球每个记4分，规定摸球人得分不低于8分为获胜，

否则为负. 并规定如下：①一个人摸球，另一人不摸球；②摸球的人摸出的球后不放回； ③摸球的人先从袋子中摸出1球；若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，

则再从袋子里摸出3个球，摸球人的得分为两次摸出的球的记分之和 . (1)若由甲摸球，如果甲先摸出了绿色球，求该局甲获胜的概率；

(2)若由乙摸球，如果乙先摸出了红色球，求该局乙得分ξ的分布列和数学期望E；

*19．已知数列an满足a11,an12an1nN

(1)求证：数列an1是等比数列；(2)设bnn，求anbn的前n项和Tn

1x2y220．已知椭圆C:221ab0的离心率为2，椭圆的上顶点为0,3，过点P4,0ab且不垂直于x轴直线l

与椭圆C相交于A、B两点．(1)求椭圆C的方程；(2)求OAOB的取值范围； (3)若点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线AE与x轴相交于定点．

x21．已知函数fxxe.

2(1)求fx在点1,f1处的切线方程；(2)求证：当x0时，fxx.

fxax20x0(3)若时，恒成立，求实数a的取值范围.

答案解析

7151．n【分析】求出首项和公差，再根据等差数列的通项即可得解.

44a122a14d3【详解】设公差为d，由a2a43，a55，得，解得7，

a4d5d147715715所以an2n1n.故答案为：n.

444442．3x23xln3【分析】直接利用求导公式计算即可. 【详解】

fxx33x，fx3x23xln3.故答案为：3x23xln3.

33．##0.75【分析】根据条件概率的计算公式即可求解．

4【详解】记事件A＝“某人在春季里鼻炎发作”， 事件B＝“某人在春季里感冒发作”，由题463意可知P(A),P(B),P(AB)，此人在鼻炎发作的条件下感冒的概率为

5753P(AB)533P(BA) ，故答案为：

44P(A)4．16【分析】利用分类计数原理，对个位进行分类讨论即可得到结果. 【详解】当个位数字是8时，十位数字取1，2，3，4，5，6，7，只有7个． 当个位数字是6时，十位数字可取1，2，3，4，5，共5个．

当个位数字是4时，十位数字可取1，2，3，共3个．同理可知，当个位数字是2时，有1个，

当个位数字是0时，共0个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＝16（个）.故答案为：16

5．(0,e)【分析】求出函数的导数，解不等式f【详解】由函数fxx0，即可求得答案.

lnx1lnx1lnx,(x0)可得fx0,0xe， ，令fx0,2xxx2即函数fx的单调递增区间为(0,e)，故答案为：(0,e) 6．3或7【分析】利用几何法列方程即可求解.

【详解】圆C:x2y22y40可化为x2y15.因为直线l:x2ym0与圆

2C:x2y22y40相切，

021m所以圆心到直线的距离等于半径，即7

12225，解得：m3或7.故答案为：3或

7．160【分析】直接根据二项式的展开式的通项公式求解即可．

2r【详解】x2展开式的通项公式为Tr1C6x2x66rr2rC62x123r， xr 令123r3，得r3，所以含x3项的系数为C362208160，故答案为：160．

8．9【分析】设等比数列an的公比为q，且q0，求出an,Sn，再解不等式2n1513即得解.

2a532，【详解】设等比数列an的公比为q，且q0，因为a38，所以q3a54q2， a3所以ana32n32，所以Snn212n12n12n12．因为Sn511，即2513，

当n8时，2n129512；当n9时，2n12101024，所以正整数n的最小值为9．故答案为：9

9．y2x5【分析】因为两直线平行，设所求直线方程为y2xb，由直线y2x1与直线y2x3间的距离，

求得b的值，得直线方程.【详解】设所求直线方程为y2xb，且b1， 直线y2x1与直线y2x3间的距离为1322(1)22，则直线y2xb与直线5y2x3间的距离为b322(1)22，又b1，得b5，所以所求直线方程为y2x5，5故答案为：y2x5.

10．24【分析】先考虑两位教师的排法，再考虑甲的排法，最后考虑余下三位同学的排法，结合分步乘法计数原理

2求总排法数即可.【详解】先考虑将两位老师排在中间，有A2种排法，再考虑排甲同学，有

1A2种排法，

3213最后考虑余下三位同学的排法，有A3种排法，由分步乘法计数原理可得共有A2A2A324种

排法.故答案为：24.

11．a2【分析】构造fxaxsinx1lnxa,x1，求导判断单调性，分a2和a2两种情况讨论，可得

所求a的范围．【详解】构造fxaxsinx1lnxa,x1，且f00，fxacos(x1)1， x111cos(x1)10 xx且f1a2，当a2时，fx2cos(x1)在1,上单调递增，fxf10成立；当a2时，f1a20，又fx在

1,上为连续函数，

存在x01,，使x1,x0时，fx0，即fx在1,x0上单调递减，此时

fxf10，不成立，舍去；

则a的范围为a2，故答案为：a2．

12．25200【分析】由已知得10名学生中，有女生6人，男生4人，再利用插空法求解即可. 【详解】设10名学生中，有女生x人，男生10x人， 则10名学生中选取3人，恰有1名女生的概率PCCC1x210x310x10x9x21203， 10整理得：x10x9x72，即x319x290x720 因式分解可得：

x6x1x120，

解得：x61或x1（舍去）或x12（舍去） 所以10名学生中，有女生6人，男生4人，

将6名女生排成一排有A6种方法，再将4名男生插到7个空中有A6A7种方法，

4因为男生的左右相对顺序固定，而4名男生排成一排有A4种方法，

A665432176546A725200，故答案为：25200 所以一共有A44321413．D【分析】由正态分布的对称性求出P(100X140)0.6，即可求出X[100,140]的学生人数.

2【详解】因为期末考试数学成绩服从正态分布N120,，所以期末考试数学成绩关于

120对称，

则P(X140)P(X100)0.2，所以P(100X140)0.6， 所以X[100,140]的学生人数为：0.65030人.故选：D.

14．B【分析】根据函数有极大值和极小值，可以判断导数有两个零点，然后求a的取值范围即可.

【详解】函数f(x)x3ax2(a6)x1，f(x)3x22axa6， 函数f(x)有极大值和极小值，所以其导函数fx0有两个不同的解，4a243(a6)0,

所以a3或a6.故选：B

15．A【分析】设出P点坐标，由PA2PB进行化简，结合二次函数的性质求得m的取值范围.

【详解】对于直线l:mxym0mR，即ymx1，所以A1,0在直线l上， 设Pt,mt1，其中t1，由PA2PB两边平方得PA4PB，

2222222t2m2t1，整理得t12m2t26t50， 即t1mt14由于t10，所以m2t26t5t12t22t18t112t1212t1281t1，其中

10， t1128111取得最大值， ,t2时，2根据二次函数的性质可知，当t1t1t1333112m0,m,.故选：A 且最大值为，则，解得333316．C【分析】根据数列特征可知数列bn为等比数列，进而得到bn，利用累乘法可求得an，代入n8即可.

【详解】记数列1,1,2,8,,为an，设bnan1，则b11，b22，b34，b48，， an数列bn是以1为首项，2为公比的等比数列，bn2n1，

anbn1bn2bn3b1a12123n2n1n222，a82762221.故选：C.

17．(1)a1; (2)4,6【分析】（1）对函数求导并g20，由此解得a1;

32（2）研究函数gxx3x6在区间1,1单调性，结合端点值，确定实数m的取值范

围即可.

2【详解】（1）gx3ax6x由题意知：g212a120，解得：a1;

32（2）由（1）知，gxx3x6，gx3x26x3xx2，当x1,0,gx0,函数

单调递增；

当x0,1,gx0,函数单调递减；g12,g06,g14, 所以当

时，gxm在区间1,1只有两解，故实数m的取值范围为4,6.

36018．(1)(2)分布列见解析，E

77【分析】（1）如果甲先摸出了绿色球，则甲还可以再摸两次，分摸到1个红球和摸到两个黄球两种情况讨论，结合

古典概型及组合即可得解；（2）如果乙第一次摸出了红色球，则可以再从袋中摸出3个球，写出随机变量的所有

可能取值，分别求出求概率，即可得出分布列，再根据期望公式即可求出期望；

12C1931C6C3. 【详解】（1）记“甲第一次摸出了绿色球，甲获胜”为事件A，则PA2C7217（2）如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出3个小球， 则得分情况有：6分，7分，8分，9分，10分，11分，

212C3C3C39C11933C3P63，P7P8 ，，

C735C335C3357713C143C1C3P9，

C33571121C1C3C1393C1C3P10P11， 所以的分布列为： ，33C735C735P 6 135 7 8 9 435 10 11  935 935 935 335 所以的数学期望E6199493607891011. 3535353535357nn1 219．(1)证明见解析；(2)Tn2n1n12 【分析】（1）根据题干条件构造出an112an1nN，结合等比数列定义证明结论；（2）先求出anbn的通项，利用分组求和法和错位相减法求出结果.

【详解】（1）因为an12an1nN，所以an112an1nN，又a112，

所以

an112nN，∴数列an1是首项为2，公比为2的等比数列. an1nn1nn（2）由（1）知，an1222，∴an21，∵bnn，∴anbnn21， 123n∴Tna1b1a2b2a3b3anbn121221321n21

121222323n2n(123n)令Sn121222323n2n 2Sn122223324n2n1 两式相减Sn12122232nn2n1，

1nn， 22n1n1n2n1 所以Sn2n12，又12n所以Sn122nn1∴Tn2n1n12

213x2y220．(1)1 (2)4, (3)证明见解析

4434212【分析】（1）根据离心率为2，可得ab，由椭圆的上顶点为0,3可得b的值，从而

3可得椭圆的方程；

（2）由题意知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程代入椭圆方程，利用韦达定理，及向

量的数量积公式，

即可确定OAOB的取值范围．（3）由B、E两点关于x轴对称，可得E(x2,y2)，即可得到直线AE的方程，

再令y0，求出x1，即可得解.

c142c2a2b2122ab 又椭圆的上顶点【详解】（1）由题意知e，e2，即a23aa24为0,3

x2y21. b3，a4，b3 故椭圆的方程为4322（2）由题意知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x4)． 将直线方程yk(x4)代入椭圆方程可得：(34k2)x232k2xk2120

2由0得：1024k44(34k2)(k212)0，解得k1 422k1232k 设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2，x1x2234k234k2y1y2kx14kkx24kk2x1x24x1x216kk21232k236k2224k216k2

4k234k34k30k21，所以04k21，4k21236k287OAOBx1x2y1y22252 234k4k34k334k234，

1112， 44k33所以

1387878713229， OAOB4, OAOB的取值范围是所以425244k34k344134,. 4（3）∵B、E两点关于x轴对称，∴E(x2,y2)，k0

32k224k36k28k 因为y1y2kx14kkx24kkx1x28kk ，y1y224k334k234k2直线AE的方程为：yy1令y0得

y1y2(xx1) x1x2y1y22236k224k(4)y2(4)y1y1y24(y1y2)242x1y2x2y1kkkk4k334kx1

24ky1y2y1y2y1y234k2∴直线AE与x轴交于定点1,0．

21．(1)y2exe (2)证明见详解 (3)ae

【分析】（1）由题意及导数的几何意义先求出f1和f1，由点斜式可得解；（2）当x02时，fxx恒成立，等价于exx恒成立，构造函数g(x)exx，通过研究g(x)的单

调性和最小值即可得证；（3）利用参变分离将

exex原不等式转化为a,(x0)恒成立，再构造函数h(x),(x0)，通过研究h(x)的单调

xx性和最小值即可得解

kf(1)ee2e， 【详解】（1）由题意，f1=e，又f(x)exxex,由导数的几何意义，所以fx在点1,f1处的切线方程：ye2e(x1)，即y2exe；

2x（2）当x0时，fxx恒成立，等价于exx恒成立，设g(x)ex,x0，则

g(x)ex1，

当x0时，ex1，所以g(x)0，即g(x)在0,上为增函数，

所以g(x)g(0)10，即exx0恒成立，exx恒成立，所以当x0时，xexx2，问题得证；

ex（3）若x0时，fxax0恒成立，等价于a,(x0)恒成立，

x2ex(x1)ex令h(x),(x0)，则h(x)，令h(x)0，得x1， 2xx当x0,1时，h(x)0；当x1,时，h(x)0，所以h(x)在0,1上单调递减，在1,上单调递增，

则h(x)minh(1)e，故当ae时，原不等式恒成立.

【点睛】利用导函数解不等式常见思路：（1）恒成立问题常利用分离参数法转化为最值求解 （2）证明不等式可通过构造函数转化为函数的最值问题．