2021-2022学年福建省莆田第一中学高二下学期期中考试数学试题

莆田一中2021-2022学年度下学期期中考试试卷

高二数学

一、单项选择题：8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意

1. 函数的单调增区间是（    ）

A.  B.  C.  D.

2. 在等比数列中，，，则公比的值为（    ）

A  B. 或1 C. －1 D. 或－1

3. 已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（    ）

A.  B. 2e C.  D.

4. 朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升．”其大意为“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升．”在该问题中前5天共分发多少升大米？（    ）

A. 1170 B. 1440 C. 1512 D. 1772

5. 在某场新冠肺炎疫情视频会议中，甲、乙、丙、丁四位疫情防控专家轮流发言，其中甲必须排在前两位，丙、丁必须排在一起，则四位专家不同发言顺序共有（    ）

A. 12种 B. 8种 C. 6种 D. 4种

6. 函数且的图象大致是（　　）

A.  B.

C  D.

7. 已知函数在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

8. 已知，则函数的零点个数为（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列求导正确的有（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，则

D. 若，则

10. 设数列是以d为公差的等差数列，是其前n项和，，且，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.  

C.  D. 或为的最大值

11. 已知为函数导函数，若，，则下列结论错误的是（    ）

A. 在上单调递增 B. 在上单调递减

C. 在上有极大值 D. 在上有极小值

12. 已知，且，则下列结论一定正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知函数，则在处的切线方程为______.

14. 已知等比数列各项都是正数，且，，成等差数列，则______.

15. 已知函数，若对任意的，且，都有，则实数的取值范围是_______.

16. 已知函数，若方程有四个不等的实数根，则实数a的取值范围是______.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 设.

（1）求的单调区间，并确定的极值点；

（2）求在区间上的最大值与最小值.

18. 两位老师甲、乙和四位学生站成一排.（适当说明过程，列出式子并计算结果，结果用数字表示）

（1）两位老师不能相邻，共有多少种排法？

（2）甲在乙左边，共有多少种排法？

（3）最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，共有多少种排法？

（4）两位老师在中间，两端各两位学生，假如学生身高不等，要求学生由中间到两端从高到矮排，共有多少种排法？

19. 在①，；②，；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.

已知为等差数列的前项和，若____________.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

20. 设是数列的前项和，，点在斜率为的直线上.

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和．

21. 已知函数f（x）＝﹣αx2+（α﹣2）x+lnx.

（1）当α＝1时，求函数f（x）的单调区间；

（2）若在当x∈（0，+∞）时恒成立，求实数α的取值范围.

22. 已知函数．

（1）若，证明：；

（2）若只有一个极值点，求的取值范围．

CBDAC  BAC  9.AC  10.BD  11.ABC  12.BC 

13. 【答案】

14. 【答案】9

15. 【答案】

16. 【答案】

17. 【答案】（1）在，上单调递增，在上单调递减；极大值点，极小值点1；   

（2），

【解析】

【分析】（1）直接求导得，由，，可得的单调区间，进而确定极值点.

（2）先由的单调性求出极值，再计算端点值，进而确定最值.

【小问1详解】

，

令，得或，

由，可得或，

由，可得，

在，上单调递增，在上单调递减，

所以为的极大值点，1为的极小值点.

【小问2详解】

由（1）知在单调递增，单调递减，单调递增，

极小值为，极大值为，又，，

所以，.

18. 【答案】（1）480    （2）360   

（3）216    （4）12

【解析】

【分析】（1）先将4位学生全排列，再将两位老师插入到把四位学生排列后所成的空中，由分步计数原理计算可得答案；

（2）将6人全排列，而甲在乙左边与甲在乙右边的情况数目相同，即可求得答案；

（3）分2种情况讨论：①最左端排甲，其余任意排，②最左端排乙，最右端从不包含甲的剩余4人选一个，其余任意排，由加法原理计算可得答案；

（4）先排列两位老师有两种方法，再将四位学生分成两组即可，最后按照分步计数原理计算可得答案.

【小问1详解】

根据题意，先将4位学生全排列，再将两位老师插入到把四位学生排列后所成的空中，

故有种排法；

【小问2详解】

根据题意，将6人排成一排，有种排法，甲在乙左边与甲在乙右边的情况数目相同，则甲在乙左边的排法有种；

【小问3详解】

根据题意，分2种情况讨论：最左端排甲，其余任意排，有种，最左端排乙，最右端从不包含甲的剩余4人选一个，

其余任意排，有种，故有种排法；

【小问4详解】

两位老师排列有两种方法，由于两端学生按身高排列，相当于顺序固定，故四位学生分两组共有种，所以共有种.

19. 【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）①②根据所选条件得到方程组，求出与，即可求出通项公式；

③根据，计算可得；

（2）利用分组求和法与裂项相消法求和即可；

【小问1详解】

解：若选①，，则，解得，所以；

若选②，，则，解得，所以；

若选③，当时，当时，所以，当时也成立，所以

【小问2详解】

解：因为，所以，

所以

所以

20. 【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据斜率公式可得出，可知满足，可得出，再利用可求得数列的通项公式；

（2）求得，利用错位相减法可求得.

【小问1详解】

解：由，点在斜率为的直线上，知，即.

当时，也符合上式，故.

当时，；

也满足上式，故.

【小问2详解】

解：.

则，

所以，，

上式下式得

，

因此，.

21. 【答案】（1）f（x）的增区间为，减区间为；（2）（﹣∞，1].

【解析】

【分析】（1）求出函数的定义域，再对函数求导，然后由导数的正负可求出函数的单调区间，

（2）在当x∈（0，+∞）时恒成立，得α⩽ex−−在 （0，+∞） 上恒成立，构造函数g（x）＝ex−−，则，再构造函数h（x）＝x2ex+lnx，利用导数可判断出h（x）在（0，+∞）上单调递增，再由零点存在性定理可得存在x0∈（，1），使得h（x0）＝0，从而可判断出当x＝x0时，g（x）取得极小值，也是最小值，进而可求出实数α的取值范围

【详解】（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞），

当α＝1时，f（x）＝﹣x2﹣x+lnx，＝﹣2x﹣1+＝，

令＞0，解得：0＜x＜，令＜0，解得：x＞，

故f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，

即f（x）的增区间为，减区间为；

（2）f（x）⩽x（ex−αx−2−）恒成立，

即xex﹣1⩾lnx+αx 在 （0，+∞） 上恒成立，

即α⩽ex−−在 （0，+∞） 上恒成立.

令g（x）＝ex−−，则，

令h（x）＝x2ex+lnx，则 h′（x）＝2xex+x2ex+＞0，

所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，而h（1）＝e＞0，h（）＝−1＜0，

故存在x0∈（，1），使得h（x0）＝0，即ex0+lnx0＝0，

所以x0ex0＝−lnx0＝ln＝ln•，

令λ（x）＝xex，x∈（0，+∞），λ′（x）＝（x+1）ex＞0，

所以λ（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x0＝ln＝−lnx0，

当x∈（0，x0） 时，h（x）＜0，即 g′（x）＜0，故g（x）在（0，x0）上单调递减，

当x∈（x0，+∞） 时，h（x）＞0，即 g′（x）＞0，故 g（x） 在 （x0，+∞）上单调递增，

所以当x＝x0时，g（x）取得极小值，也是最小值，

所以

故α⩽1，

所以α的取值范围为（﹣∞，1].

22. 【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）将代入，可得等价于，即，令，求出，可得的最小值，可得证；

（2）分，三种情况讨论，分别对求导，其中又分①若②③三种情况，利用函数的零点存在定理可得a的取值范围.

【详解】解：（1）当时，等价于，即；

设函数，则，

当时，；当时，．

所以在上单调递减，在单调递增．

故为的最小值，

而，故，即．

（2），

设函数 ，则；

（i）当时，，在上单调递增，

又，取b满足且，则，

故在上有唯一一个零点，

且当时，，时，，

由于，所以是的唯一极值点；

（ii）当时，在上单调递增，无极值点；

（iii）当时，若时，；若时，．

所以在上单调递减，在单调递增．

故为的最小值，

①若时，由于，故只有一个零点，所以时，

因此在上单调递增，故不存在极值；

②若时，由于，即，所以，

因此在上单调递增，故不存在极值；

③若时，，即．

又，且，

而由（1）知，所以，

取c满足，则

故在有唯一一个零点，在有唯一一个零点；

且当时，当时，，当时，

由于，故在处取得极小值，在处取得极大值，

即在上有两个极值点．

综上，只有一个极值点时，取值范围是