2022-2023学年北京市房山区高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年北京市房山区高二下学期期末数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在等差数列40，37，34，……中，第6项是（ ）
A．28B．25C．24D．22
【答案】B
【分析】根据等差数列的概念写出通项公式，即可求出结果.
【详解】由题意知为等差数列，且，则，所以，
故选：B.
2．已知数列的通项公式为，则其前n项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用等比数列前n项和公式求解作答.
【详解】数列的通项公式为，则，即数列是首项为2，公比为3的等比数列，
所以.
故选：A
3．函数在上的平均变化率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平均变化率概念直接计算即可.
【详解】由题意得平均变化率为，
故选：C.
4．用数学归纳法证明，从到，左边需要增加的因式是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将时左边的等式除以时左边的等式即可得解.
【详解】解：当时，左边，
当时，左边，
所以左边应添加因式为
故选：B.
5．定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数在区间上单调递减
C．函数在处取得极大值
D．函数在处取得极大值
【答案】A
【分析】根据函数的单调性和导数值的正负的关系，可判断A、B；根据函数的极值点和导数的关系可判断C、D的结论．
【详解】在区间上，故函数在区间上单调递增，故A正确；
在区间上，故函数在区间上单调递增，故B错误；
当时，，可知函数在上单调递增，故不是函数的极值点，故C错误；
当时，，单调递减；当时，，单调递增，故函数在处取得极小值，故D错误，
故选：A.
6．已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求导得到，函数单调递增，得到大小关系.
【详解】，因为，故，
所以在上单调递增，
因为，所以，
故选：D.
二、多选题
7．给出定义：若函数在上可导，即存在，且导函数在上也可导，则称在上存在二阶导函数，记．若在上恒成立，则称在上为凸函数．以下四个函数在上不是凸函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据凸函数的定义，分别对各选项求二阶导，然后判断是否小于，从而得到正确选项．
【详解】对于A，，，
，
当时，，，恒成立，故A为凸函数；
对于B，对于，，，
当时，恒成立，故B为凸函数；
对于C，由，得，所以，
因为，所以恒成立，故C为凸函数；
对于D，对于，，，
当时，恒成立，故D不是凸函数.
故选：ABC.
三、单选题
8．设函数，在上的导函数存在，且，则当时（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对于AB，利用特殊函数法，举反例即可排除；对于CD，构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得在上单调递减，从而得以判断.
【详解】对于AB，不妨设，，则，，满足题意，
若，则，故A错误，
若，则，故B错误；
对于CD，因为，在上的导函数存在，且，
令，则，
所以在上单调递减，
因为，即，所以，
由得，则，故C正确；
由得，则，故D错误.
故选：C.
9．设各项均为正数的等比数列的公比为q，且，则“为递减数列”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由等比数列通项公式及对数运算性质可得，根据充分、必要性定义判断题设条件间的推出关系，即可得答案.
【详解】由题设且，则，
若为递减数列，故，则，充分性成立；
若，则，易知为递减数列，必要性也成立；
所以“为递减数列”是“”的充分必要条件.
故选：C
10．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层地面的中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且上、中、下三层共有扇面形石板(不含天心石)3402块，则中层共有扇面形石板（ ）
A．1125块B．1134块C．1143块D．1152块
【答案】B
【分析】由等差数列前项和的性质求解．
【详解】记从中间向外每环扇面形石板数为，是等差数列，且公差为，，
设每层有环，则，，
是等差数列，则也成等差数列，
所以，
所以，，
故选：B．
四、填空题
11．已知数列为，，，，，则该数列的一个通项公式可以是 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】分析数列前4项的特征，求出前4项都满足的一个通项公式作答.
【详解】依题意，，
所以前4 项都满足的一个通项公式为.
故答案为：
12．已知函数，则 ．
【答案】2
【分析】根据导数的定义和导数的运算公式求解.
【详解】因为，所以，则，
所以，
故答案为：2.
13．函数，若，则 ．
【答案】/
【分析】求出函数的导数，再由给定导数值求出a值作答.
【详解】函数，求导得，而，
即，解得，
所以.
故答案为：
14．在各项均为正数的等比数列中，若，则 ．
【答案】
【分析】由等比数列的性质求解即可.
【详解】由可得：，
则，因为等比数列的各项均为正数，
则.
故答案为：
五、双空题
15．如图，将一张的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则小正方形的边长为 时，这个纸盒的容积最大，且最大容积是 ．

【答案】 2 144
【分析】设剪下的四个小正方形的边长为x cm，利用长方体的体积公式得到体积V关于x的函数，再应用导数研究其单调性并求出最值作答.
【详解】设剪下的四个小正方形的边长为x cm，
则经过折叠以后，糊成的长方体纸盒的底面矩形长为cm，宽为cm，
则长方体纸盒的底面积为，而长方体纸盒的高为x cm，
于是长方体纸盒的体积（），，
求导得，
当时，，函数递增，当时，，函数递减，
所以当时， ()．
故答案为：2；144
六、填空题
16．若数列满足，，则称该数列为斐波那契数列．如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”．记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前n项和为．给出下列结论：
①；
②是奇数；
③；
④．
则所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】根据递推公式求出即可判断①；观察数列的奇偶特点即可判断②；根据递推公式，结合累加法即可判断③；根据递推公式可得，结合累加法计算即可判断④.
【详解】对于①，由，且，可得斐波那契数列：，，，，，，，，故故①正确；
对于②：由斐波那契数列：，，，，，，，，，，，，
可得每三个数中前两个为奇数，后一个偶数，且，所以是奇数，故②正确；
对于③：因为，
相加可得：，故③错误；
对于④：因为斐波那契数列总满足，且，
所以，
，
，
类似的有，，
其中
累加得，
，
故：，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点睛：本题的关键是理解斐波那契数列的特点，直接计算可判断①②，利用累加法即可判断③④.
七、解答题
17．设数列是等差数列，记其前n项和为．从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前n项和．
条件①：，；
条件②：，．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）选条件①，利用等差数列通项及前n项和公式列出方程组求解即可；选条件②，求出数列首项求解作答.
（2）由（1）的结论，再利用等比数列前n项和公式求和作答.
【详解】（1）选条件①，设等差数列的公差为，由，，得，
解得，因此，
所以数列的通项公式是.
选条件②，由，得等差数列的公差，由，得，
所以数列的通项公式是.
（2）选条件①，由（1）知，，则，显然数列是等比数列，首项、公比均为4，
所以数列的前n项和.
选条件②，由（1）知，，，显然数列是等比数列，首项为4，公比为2，
所以数列的前n项和.
18．已知函数.
(1) 设，求曲线在点处的切线方程.
(2)设，若函数有三个不同零点，求实数的取值范围.
【答案】(1) y＝x＋1；(2)
【分析】（1）求得函数的导数，得到，根据导数的几何意义，即可求解切线的方程；
（2）利用导数求得函数的单调性和极值，再根据函数由三个不同的零点，列出相应的关系式，即可求解.
【详解】(1)由f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，得f′(x)＝3x2＋2ax＋1.∵f(0)＝1，f′(0)＝1，
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x＋1.
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，∴f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝.
当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
∴当c>0且<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性与极值的应用，其中解答中熟记导数的几何意义求解在某点处的切线方程的方法，以及合理利用导数判定函数的单调性和求解函数的极值是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
19．设函数在时取得极值．
(1)求a的值；
(2)若对于任意的，都有成立，求b的取值范围．
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）求出函数的导数，再利用给定的极值点求出a并验证作答.
（2）利用（1）的信息，求出函数在上的最大值，再列出不等式求解作答.
【详解】（1）函数，求导得，
依题意，，解得，此时，
当或时，，当时，，
即函数在上递增，在上递减，因此函数在时取得极值，
所以.
（2）当时，由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
依题意，，即，解得或，
所以b的取值范围是或.
20．已知数列的通项公式为，记该数列的前n项和为．
(1)计算，，，的值；
(2)根据计算结果，猜想的表达式，并进行证明．
【答案】(1)，，，
(2)，证明见解析.
【分析】（1），从而可得出，
（2）猜想，然后根据数学归纳法的步骤证明即可.
【详解】（1）因为，
所以，，
，
.
（2）猜想，
下面用数学归纳法进行证明：
当时，，猜想正确，
假设当时，猜想也正确，
则有，
当时，，
所以时，猜想也正确，
综上所述，.
21．已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）方法一：构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式;
（2）方法一：研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.
【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友
当时，等价于．
设函数，则．
，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值
当时，．
令，令，得．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，从而，所以函数在区间内单调递增，有．
［方法三］：【最优解】指对等价转化
当时，．
令，函数在区间上单调递增，故，有，故当时，．
（2）［方法一］：指数找朋友
设函数，
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数
令，得．
令．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，则．当时，，当时，，故函数在区间内只有一个零点时，．
［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数
函数在区间内只有一个零点等价于函数的图象与函数的图象在区间内只有一个公共点．由与的图象可知它们在区间内必相切于y轴右侧同一点，设切点为，则，解方程组得，经验证符合题意．
［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数
当时，，原问题转化为动直线与曲线在区间内只有一个公共点．由得函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．设与的切点为，则，于是函数在点P处的切线方程为．由切线过原点可得，故．
［方法五］：【通性通法】含参讨论
因为，，
当时，在区间内单调递增，又，故无零点；
当时，．
①当时，在区间内单调递增，有在区间内单调递增，又，故无零点；
②当时，令，得，故函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．，从而单调递增．又，所以无零点．
③当时，，又，所以存在，使得，则函数在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，则为函数的唯一零点，且满足．所以，解得，则．
［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论
当时，，无零点；
当时，，记，则；
当时，，函数在区间内单调递增，则有，故无零点；
当时，当时，单调递诚，当时，单调递增，当时，，当时，，
故，得．
【整体点评】（1）方法一：根据指数找朋友，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．；
方法二：常规的直接求导，研究函数的单调性求最值，是该题的通性通法；
方法三：利用指对互化，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．
（2）方法一：根据指数找朋友，原函数在只有一个零点等价于在只有一个零点，再分类讨论以及利用导数研究其单调性即可解出；
方法二：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为直线与曲线的交点个数，即可解出；
方法三：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数，即可解出；
方法四：同方法二；
方法五：直接含参讨论函数的单调性确定最值，再根据零点存在性定理判断即可解出，是该类型题的通性通法；
方法六：易知当时函数无零点，只需考虑时的情况，，再含参讨论函数的单调性，研究其最值即可解出，是本题的最优解．
x
(－∞，－2)
－2
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c

