2022-2023学年北京市海淀区清华大学附属中学永丰学校高二下学期期中调研数学试题含答案

2022-2023学年北京市海淀区清华大学附属中学永丰学校高二下学期期中调研数学试题

一、单选题

1．已知等差数列中，，公差，则（    ）

A．7 B．8 C．9 D．10

【答案】A

【分析】由等差数列通项公式计算即得.

【详解】依题意，等差数列通项，

所以.

故选：A.

2．已知等比数列的公比为q，前n项和为．若，，则（    ）

A．－24 B．－28 C．－30 D．－32

【答案】C

【分析】由等比数列的基本量运算求得后求得，从而易得．

【详解】由题意，则，又，所以，，

，

所以．

故选：C．

3．下列求导运算不正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据基本函数的导数公式进行求解即可.

【详解】根据导数公式可知选项A、B、D是正确的；

对于C，，故C错误.

故选：C.

4．在的展开式中，的系数是（    ）

A．10 B．20 C．60 D．80

【答案】D

【分析】首先写出展开式的通项，再代入计算可得；

【详解】的展开式的通项，令，解得，

所以，所以项的系数为.

故选：D.

5．过点P（0，2）作曲线y＝的切线，则切点坐标为（    ）

A．（1，1） B．（2，） C．（3，） D．（0，1）

【答案】A

【分析】先设切点，再根据导数几何意义列方程，解得结果.

【详解】设切点,

,即切点

故选：A

【点睛】本题考查导数几何意义，考查基本分析求解能力，属基础题.

6．3位老师和4名学生站成一排，要求任意两位老师都不相邻，则不同的排法种数为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据题意，分2步进行分析：①将4名学生站成一排，②4人排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排三名教师，由分步计数原理计算可得答案.

【详解】解：根据题意，分2步进行：

①将4名学生站成一排，有种排法；

②4人排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排三名教师，有种情况；

则有种排法；

故选：D.

【点睛】本题考查排列的应用，解题方法是插空法，属于基础题．

7．函数的图像大致是（    ）

A． B．    

C．     D．  

【答案】C

【分析】求出的零点个数可排除B，D；当趋近负无穷时趋近，可排除A，即可得出答案.

【详解】令，解得：或，

所以函数有两个零点，故排除B，D；

当趋近负无穷时，趋近正无穷，趋近，所以趋近，故排除A.

故选：C.

8．“”是“在上恒成立”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】先由不等式恒成立求出的取值范围，再根据充分条件和必要条件的定义分析判断.

【详解】由在上恒成立，得

在上恒成立，

令，由对勾函数的性质可知在上单调递增，

所以，

所以，

所以“在上恒成立”的充要条件为，

所以“”是“在上恒成立”的充分不必要条件，

故选：A

9．已知等比数列满足，，记，则数列（    ）

A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项

C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项

【答案】A

【分析】求出等比数列的通项公式，进而求出，再由数列最大项、最小项的意义判断作答.

【详解】依题意，等比数列的通项公式，

，，

由知，

当时，，数列是递增的，

当时，，数列是递减的，

，，，，

所以和分别是数列的最大项和最小项.

故选：A.

10．已知数列，若存在一个正整数使得对任意，都有，则称为数列的周期.若四个数列分别满足：

①，；

②，；

③，，；

④，.

则上述数列中，8为其周期的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】利用数列的周期的定义逐项分析即得.

【详解】①∵，

∴数列的周期为，故8也是数列的周期；

②由，，可得

故数列的周期为；

③由，，可得，

，

故数列的周期为；

④由，可得，

，

故数列的周期为，所以8也是数列的周期.

故8为其周期的数列个数为2.

故选：B.

二、填空题

11．（x﹣）4的展开式中的常数项为     .

【答案】6；

【分析】先得出二项式的展开式中的通项，令，可得答案.

【详解】因为（x﹣）4的展开式中的通项为：，令，得，

所以（x﹣）4的展开式中的常数项为，

故答案为：6.

【点睛】本题考查二项式的展开式的通项公式，求二项式展开式中的特定项，属于基础题.

12．设曲线在点处的切线与直线垂直，则             ．

【答案】2

【分析】由切线与直线垂直可得切线斜率为2，再对曲线求导，根据导数的几何意义有，即可求a值.

【详解】直线的斜率为，

由题设知：在处的切线的斜率为，而，

∴，可得.

故答案为：.

13．已知函数，则             ．

【答案】

【分析】先求出，利用导数求出，即可求解.

【详解】.

因为，所以，

所以，

所以.

故答案为：.

14．已知等比数列满足能说明“若，则”为假命题的数列的通项公式          ．(写出一个即可)

【答案】

【分析】根据给定条件探求出等比数列公比q具有的性质，再分情况讨论即得.

【详解】设等比数列公比，由得，而，于是得，即或，

当时，，则，“若，则为真命题，与题设矛盾，

当时，因不成立，则必有，而，必有，

取，则，

此时，而，，即“若，则”为假命题，

所以等比数列的通项公式可以为.

故答案为：

15．已知函数，给出下列四个结论：

①若，则函数至少有一个零点；

②存在实数，，使得函数无零点；

③若，则不存在实数，使得函数有三个零点；

④对任意实数，总存在实数使得函数有两个零点.

其中所有正确结论的序号是           .

【答案】①②④

【分析】在同一坐标系中作出的图象，利用数形结合法求解.

【详解】①当时，，令，得，

在同一坐标系中作出的图象，如图所示：

由图象及直线过定点（0，3）知函数至少有一个零点，故正确；

②当时，作出的图象，

由图象知，函数无零点；

③当时，在同一坐标系中作出的图象，如图所示：

由图象知：函数有三个零点，故错误；

④当时，

，

当时，

，

当时，

由图象知：对任意实数，总存在实数使得函数有两个零点，故正确.

故答案为：①②④

三、解答题

16．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4．

（1）求{an}的通项公式；

（2）设cn=an+bn，求数列{cn}的通项公式．

【答案】（1）；（2）

【详解】试题分析：（1）求出等比数列的公比，再求出a1，a14的值，根据等差数列的通项公式求解；

（2）根据等差数列和等比数列的前n项和公式求数列{cn}的前n项和.

试题解析：（1）等比数列的公比，

所以，．

设等差数列的公差为．

因为，，

所以，即．

所以（，，，）．

（2）由（1）知，，．

因此．

从而数列的前项和

．

【解析】等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，考查运算能力.

【名师点睛】1.数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列{Sn}的通项.通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一；2.数列的综合问题涉及的数学思想：函数与方程思想（如：求最值或基本量）、转化与化归思想（如：求和或应用）、特殊到一般思想（如：求通项公式）、分类讨论思想（如：等比数列求和，或）等.

17．已知．

(1)求与y轴的交点A的坐标；

(2)若的图象在点A处的切线斜率为，求的极值．

【答案】(1)

(2)极小值，无极大值

【分析】（1）令，求即可得解；

（2）利用导数的几何意义可得，再根据导数判断函数的单调区间，即可求函数的极值.

【详解】（1）令，则，

所以与y轴的交点A的坐标.

（2）由，得，

，

解得，

，，

令，解得，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以当时，有极小值.

故函数极小值为，无极大值.

18．令，对抛物线，持续实施下面牛顿切线法的步骤：

在点处作抛物线的切线交x轴于

在点处作抛物线的切线交x轴于

在点处作抛物线的切线交x轴于

由此能得到一个数列，回答下列问题：

(1)求的值

(2)设，求的解析式．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据导数的几何意义和点斜式方程求解切线方程，然后令即可求出结果．

（2）根据导数的几何意义，求出切点处的切线斜率，求出切线方程，令，即可表示出．

【详解】（1），可得，

所以，

所以切线方程为：，

令可得，即．

（2）因为，所以在处的切线斜率为，

所以切线方程为：，

令，得，

∴，即，

∴的解析式：．

19．已知函数．

(1)当时，求的单调区间；

(2)若对恒成立，求a的取值范围；

(3)证明：若在区间上存在唯一零点，则．

【答案】(1)答案见解析

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）讨论、，结合导数的符号确定单调区间；

（2）由，讨论、研究导数符号判断单调性，进而判断题设不等式是否恒成立，即可得参数范围；

（3）根据（2）结论及零点存在性确定时在上存在唯一零点，由零点性质及区间单调性，应用分析法将问题转化为证在上恒成立，即可证结论.

【详解】（1）由题设，

当时，令，则，

若，则，在上递减；

若，则，在上递增；

综上，时的递减区间为，递增区间为.

（2）由，

当时，在上恒成立，故在上递增，则，满足要求；

当时，由（1）知：在上递减，在上递增，而，

所以在上递减，在上递增，要使对恒成立，

所以，只需，

令且，则，即递减，

所以，故在上不存在；

综上，.

（3）由（2）知：时，在恒有，故不可能有零点；

时，在上递减，在上递增，且，

所以上，无零点，即，且趋向于正无穷时趋向正无穷，

所以，在上存在唯一，使，

要证，只需在上恒成立即可，

令，若，则，

令，则，即在上递增，故，

所以，即在上递增，故，

所以在上恒成立，得证；

故.

【点睛】关键点点睛：第三问，通过讨论确定在某一单调区间上存在唯一零点的a的范围后，应用分析法证恒成立即可.