2023学年高二下学期期中考试数学试题(解析版).pdf

北京九中2022~2023学年度第二学期期中统练2023．5

高二数学

（考试时间120分钟满分150分）

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.数列1，3，6，10，…的一个通项公式是（）
nn1
A.an2n1B.a
nn2
n(n1)
CaD.an21
.n2n
【答案】C
【解析】

【分析】将n1,2,3,4分别代入四个选项检验，利用排除法即可得正确选项.

【详解】对于A：a1，a22213，a32317，不符合题意，故选项A不正确；
123
对于B：a0，不符合题意，故选项B不正确；
1

对于D：a1212，不符合题意，故选项D不正确；
1
1(11)2(21)3(31)4(41)
对于C：a1，a3，a6，a10,符合题
12223242

意，故选项C正确；
故选：C.
7
2.已知数列a满足a，2a2a1，则当a0时，n的最大值为（）
n14n1nn
A.3B.4C.5D.7
【答案】B
【解析】

【分析】由递推关系可得数列a是等差数列，根据等差数列的通项公式求出a，再求解不等式即可.
nn
71
【详解】因为a,2a2a1，所以aa，
14n1nn1n2
71
所以数列a是首项为a，公差为的等差数列，
n142
7119
所以an1n.
n4224
199
令a0，可得n0，解得n.
n242

因为nN,所以n4,所以n的最大值为4.
故选:B.

3.已知R上的可导函数fx的图象如图所示，则不等式x2fx0的解集为（）

A.,21,B.,2U1,2

C.,12,D.1,12,

【答案】D
【解析】

【分析】由函数图象得出f(x)0和f(x)0的解，然后用分类讨论思想求得结论．

【详解】由图象知f(x)0的解集为(,1)(1,)，f(x)0的解集为(1,1)，
x20x20
(x2)f(x)0或，
f(x)0f(x)0

所以x2或1x1，解集即为1,12,．

故选：D．
4.将序号分别为1，2，3，4，5的五张参观券全部分给甲，乙，丙，丁四人，每人至少1张，如果分给
甲的两张参观券是连号，那么不同分法的种数是（）
A.6B.24C.60D.120
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分2步进行分析：①、将连号的两张参观券分给甲，分析连号的情况就可得甲的分
法，②将剩下的3张参观券分给其他三人，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①、将连号的两张参观券分给甲，有1和2，2和3，3和4，4和5，共4种情况，

②、将剩下的3张参观券分给其他三人，有A36种分法，
3
则有4624种不同的分法；
故选:B．

5.设(2x3)4aaxax2ax3ax4，则aaa2aa2的值为
0123402413
A.2B.-2C.1D.-1
【答案】C

【解析】

【分析】令x1，x=1，分别求出aaaaa(23)4、
01234
aaaaa(23)4，将原式分解因式即可得结果.
01234

【详解】由题意得，令x1，则aaaaa(23)4，
01234

令x=1，则aaaaa(23)4，
01234

22
所以aaaaaaaaaaaaaaa
024130123401234

(23)4(23)4[(23)(23)]41.

【点睛】本题主要考查二项展开式定理各项系数和，属于简单题.二项展开式定理的问题也是高考命题热

点之一，求二项展开式各项系数和往往利用利用赋值法：（1）令x1可求得aaaa；
012n
（2）令x=1结合（1）可求得aaa...a与aaa...a的值.
0242k1352k1
6.函数yf(x)的图像如图所示，下列不等关系正确的是（）

A.0f(2)f(3)f(3)f(2)

B.0f(2)f(3)f(2)f(3)

C.0f(3)f(3)f(2)f(2)

D.0f(3)f(2)f(2)f(3)

【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的几何意义和函数平均变化率的定义，结合图象，即可求解.