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）

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，

，，

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.