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2022-2023学年广东省茂名市第一中学高二奥校上学期期中数学试题(解析版)
展开2022-2023学年广东省茂名市第一中学高二奥校上学期期中数学试题
一、单选题
1.设y=e3,则y′等于( )
A.3e2 B.0 C.e2 D.e3
【答案】B
【解析】利用导数公式求解.
【详解】因为y=e3,
所以y′=0,
故选:B
【点睛】本题主要考查导数的计算,属于基础题.
2.设等比数列的公比为,若,则( )
A. B.2 C. D.-2
【答案】A
【分析】用表示出后可解得.
【详解】因为,所以,解得.
故选:A.
3.如图,用4种不同的颜色对A,B,C,D四个区域涂色,要求相邻的两个区域不能用同一种颜色,则不同的涂色方法有( )
A.24种 B.48种 C.72种 D.96种
【答案】B
【分析】按涂色顺序进行分四步,根据分步乘法计数原理可得解.
【详解】按涂色顺序进行分四步:涂A部分时,有4种涂法;涂B部分时,有3种涂法;涂C部分时,有2种涂法;涂D部分时,有2种涂法.
由分步乘法计数原理,得不同的涂色方法共有种.
故选:B.
4.设是函数的导函数,的图像如图所示,则的图像最有可能的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】当时,,当时,,当时,,根据函数的单调性即可判断.
【详解】由导函数的图象可得当时,,函数单调递增;
当时,,函数单调递减;
当时,,函数单调递增.
只有C选项的图象符合.
故选:C.
5.函数的大致图像为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】利用函数奇偶性、特殊点的函数值、解不等式以及导数来研究函数图像进行判断.
【详解】因为函数,定义域为,
又,
所以为偶函数,故B错误;
由得,,
同理,由得,或,故C错误;
因为,,
所以,故D错误;
因为函数,定义域为,
且当时,,,
由有,,
同理,由,解得,
所以当时,在单调递增,在上单调递减,
又,所以A正确.
故选:A.
6.若函数是上的增函数,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】根据题意转化为在上恒成立,得到在上恒成立,结合二次函数的性质,即可求解.
【详解】由题意,函数,可得,
因为函数是上的增函数,可得在上恒成立,
即在上恒成立,即在上恒成立,
令,由二次函数的性质,可得当时,可得,
所以,即实数的取值范围是.
故选:C.
7.如图,某几何体的形状类似胶囊,两头都是半球,中间是圆柱,其中圆柱的底面半径与半球的半径相等(半径大于1分米).若该几何体的表面积为平方分米,其体积为立方分米,则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】设圆柱的底面半径与高分别为分米,分米,可得该几何体的表面积求出,再求该几何体的体积,利用导数判断单调性可得答案.
【详解】设圆柱的底面半径与高分别为分米,分米,则该几何体的表面积平方分米,则,所以该几何体的体积,
则,
当时,,则在上单调递增,而,,故的取值范围是.
故选:A.
8.若,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】对a、b、c同时取自然对数可得,构造函数,利用导数研究函数的单调性,结合对数函数的单调性即可求解.
【详解】对a、b、c同时取自然对数,
得,
即,
构造函数,则,
当时,,则在上单调递增,
所以,即,
所以,又函数在上单调递增,
故.
故选:C.
二、多选题
9.下列数列是等比数列的是( ).
A.1,1,1,1,1 B.0,0,0,0,…
C.,,,… D.,,1,,…
【答案】AC
【详解】解:A选项,由等比数列的定义可知,该数列首项为1,公比为1的等比数列,故A正确;
B选项,由等比数列的定义可知,等比数列的每一项都不能为0,一定不是等比数列,故B错误;
C选项,由等比数列的定义可知,首项为,公比为的等比数列,故C正确;
D选项,由等比数列的定义可知,,故不是等比数列,故D错误.
故选:AC.
10.对于函数,则( )
A.有极大值,没有极小值
B.有极小值,没有极大值
C.函数与的图象有两个交点
D.函数有两个零点
【答案】AD
【分析】对函数求导,通过求导判断函数的单调性从而可知函数是否有极值;画出函数与的图象从而可判断交点个数;函数有两个零点价于函数与图像有两个交点,数形结合即可判断.
【详解】,则,
因为在恒成立.
所以当时,,在单调递减;
当时,,在单调递增;
所以在处有极大值,没有极小值,故A正确,B错误;
根据的单调性,画出函数图像,以及的图象,如图:
由此可知,函数与的图象只有一个交点,故C错误;
函数有两个零点等价于函数与图像有两个交点,如下图所示:
由此可知,函数与图像有两个交点,即函数有两个零点;故D正确.
故选:AD.
11.函数过点的切线方程是( )
A. B.
C. D.
【答案】AD
【分析】设出切点坐标,利用导数求切线斜率,得切线方程,代入点可得切点和切线方程.
【详解】设切点坐标为,由,∴在处的切线斜率为,
切线方程为,由切线过,
,解得或,时切线方程,选D;
时切线方程,选A.
故选:AD
12.已知函数,则( )
A.的极大值为
B.的最小值为
C.当的零点个数最多时,的取值范围为
D.不等式的解的最大值与最小值之差小于
【答案】ACD
【分析】求出函数的导函数,即可得到函数的单调区间,从而求出函数的极值、最值,即可判断A、B,再根据函数的极值及零点求出参数的取值范围,即可判断C,再根据特殊值判断D;
【详解】解:因为,
所以.
当或时,;当或时,.
即在和上单调递减,在和上单调递增,
所以函数在取得极小值,在处取得极大值,在处取得极小值,
又,,
故的极大值为,的最小值为,故A正确,B错误.
所以零点个数最多为,此时,,解得,C正确.
不等式,即,令,则
.
当或时,;当或时,.
即在和上单调递减,在和上单调递增,
所以的函数图象如下所示:
因为,,
则的解的最大值与最小值之差小于,
即不等式的解的最大值与最小值之差小于,D正确.
故选:ACD
三、填空题
13.由0,1,2,3组成的没有重复数字的四位数有________个;
【答案】18;
【分析】先排第一个数字,再把剩下的三个数字排列即可.
【详解】因为第一个数字不能为0,所以先排第一个数字,再把剩下的三个数字排列,则一共有种排法.
故答案为:18.
【点睛】本题考查排数问题,属于基础题.
14.函数的最小值是______.
【答案】3
【分析】求出,得出单调性,从而得出函数的最小值.
【详解】,由,解得,
,解得,
所以在上单调递减,在 上单调递增,
所以当时,有最小值3.
故答案为:3.
15.已知函数若且,则的最小值是________.
【答案】##
【分析】作出函数图象,设,由图象可得的范围,并用表示出,从而可表示为的函数,再利用导数求得最小值.
【详解】函数的图象如图所示.
令,则,所以.令,,
当时,,单调递减,当时,,单调递增,
所以.
故答案为:.
16.已知,若对任意的不等式恒成立,则实数的最小值为_______.
【答案】
【分析】根据式子的结构,把原不等式转化为恒成立. 令,判断出的单调性,转化为恒成立.利用分离参数法得到,令,利用导数求出,即可求出实数的最小值.
【详解】恒成立,等价于,
令,则,
则,所以当时都有,所以单调递增.
所以不等式转化为,即,即,即,即.
令,则.
当都有,所以单调递增;当时,都有,所以单调递减.
所以
所以,即的最小值为.
故答案为:.
【点睛】恒成立问题的处理:
①参变分离,转化为不含参数的最值问题;
②不能参变分离,直接对参数讨论,研究的单调性及最值.
四、解答题
17.已知()在时有极值0.
(1)求常数,的值;
(2)求函数在区间上的值域.
【答案】(1);(2).
【解析】(1)由条件可知,,求解,再验证;(2)利用导数先求函数的单调区间,再判断的最值.
【详解】(1)()可得,
由题时有极值0.可得:即
解得:(舍去)或,经验证成立;
(2)由(1)可知,
,,
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| 增 |
| 减 |
| 增 |
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所以函数在和递增,递减.
且,,,,
可得值域为.
18.已知函数,将满足的所有正数从小到大排成数列.
(1)求的通项公式.
(2)令,求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)求导数,解方程,表示出.
(2)求出数列的通项,由通项特征用错位相减法求前项和.
【详解】(1),
由解出,
从而.
(2)
∴,
则,
,
两式相减得,
∴.
19.已知函数 (其中为常数且)在处取得极值.
(1)当时,求的单调区间;
(2)若在上的最大值为,求的值.
【答案】(1)递增区间为,没有减区间
(2)或
【分析】(1)对求导,利用导函数的正负求解单调区间即可;
(2)对函数进行求导,根据的不同取值分情况讨论求解函数最大值即可得到答案.
【详解】(1)的定义域为,
因为,所以,
因为在处取得极值,
所以,即,
当时,,故,
所以的递增区间为,没有减区间.
(2)由(1)可得,
所以,
令解得,
因为在处取得极值,所以,
当时,在上单调递增,在上单调递减,
所以在上的最大值为,令,解得,
当时,,
当时,在上单调递增,上单调递减,上单调递增,
所以最大值可能在或处取得,
而,
所以,解得;
当时,在上单调递增,上单调递减,上单调递增,
所以最大值可能在或处取得,
而,
所以,解得,与矛盾;
当时,在上单调递增,在上单调递减,
所以最大值可能在处取得,而矛盾.
综上,或.
【点睛】在解决最值问题时,首先要注意区分函数最值与极值的区别.求解函数的最值时,要先求函数在内所有使的点,再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值,最后比较即得.可导函数在点处取得极值的充要条件是,且在左侧与右侧的符号不同.
20.已知函数.
(1)求函数的极值;
(2)证明:.
【答案】(1)极小值为,无极大值
(2)证明见解析
【分析】(1)求导得,分析的符号,进而可得的单调性.
(2)要证,需证,即证,令,只需证明,即可得出答案.
【详解】(1)解:函数的定义域为,
由,得,由,解得,
由,解得
所以的单调递增区间为,单调递减区间为;
的极小值为,无极大值.
(2)解:因为,
所以要证,即证,
所以,
令,
则,
设,则,
所以在单调递增,
所以在单调递增,
当时,;当时,,
,,
所以存在使得,即①,
所以在上,,单调递减,
在,上,,单调递增,
所以,②
由①得代入②中,,
所以,
所以.
21.已知函数
(1)当时,求在上的值域;
(2)当时,,求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由,可知单调递增,从而 可求得值域;
(2)分,和三种情况讨论即可求得的取值范围.
【详解】(1)由题意知,
,
时,,,
时,恒成立,所以单调递增,
∴,即
所以的值域为.
(2)注意到,,
若,,
由(1)知,当时,;
当时,,
所以恒成立,符合题意;
若,,
当时,,不合题意,舍去;
若,因为当时,
,所以单调递增,
而,,故存在满足,
且时,,单调递减,,不合题意,舍去;
综上可知,.
22.已知函数.
(1)若函数在处的切线方程为,求和的值;
(2)讨论方程的解的个数,并说明理由.
【答案】(1),;
(2)当时,方程无解;当或时,方程有唯一解;当时,方程有两解.
【分析】(1)求出导函数,利用在处的切线方程为,列出方程组即得;
(2)分讨论,时,根据函数的导数判断函数的单调性,求出极小值,根据函数的性质及零点存在定理即得.
【详解】(1)因为,
所以,
又在处得切线方程为,
所以,
解得;
(2)当时,在定义域内恒大于0,此时方程无解;
当时,在区间内恒成立,
所以在定义域为增函数,
因为,
所以方程有唯一解;
当时,,
当时,, 在区间内为减函数,
当时,,在区间内为增函数,
所以当时,函数取得最小值,
当时,,方程无解,
当时,,方程有唯一解,
当时,,
因为,且,所以方程在区间内有唯一解,
当时,设,
所以在区间内为增函数,
又,所以,即,
故,
因为,所以,
所以方程在区间内有唯一解,
所以方程在区间内有两解,
综上所述,当时,方程无解;当或时,方程有唯一解;当时,方程有两解.
【点睛】利用导数研究零点问题:
(1)确定零点的个数问题:可利用数形结合的办法判断交点个数,如果函数较为复杂,可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象;
(2)方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题,可参变分离,转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法,把问题转化为研究构造的函数的零点问题;
(3)利用导数研究函数零点或方程根,通常有三种思路:①利用最值或极值研究;②利用数形结合思想研究;③构造辅助函数研究.
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