2022-2023学年黑龙江省哈尔滨德强学校高二上学期期末考试（1卷）数学试题含答案

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨德强学校高二上学期期末考试（1卷）数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知{an}是等差数列，且，则该数列的公差是（ ）
A．3B．C．－4D．－14
【答案】A
【分析】设数列{an}公差为d，首项为，则由可得关于和 d的方程组.
【详解】设数列{an}公差为d，首项为，则由可得：
.
故选：A
2．已知函数的导函数为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将求导并代入即可得出，即可得到的具体解析式，再代入即可得出答案.
【详解】，
，
令，则，
，
则，

故选：D.
3．已知，分别椭圆的左右焦点，为椭圆上一点，满足，线段交y轴于点Q，若，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意得垂直于轴，，为的中点，利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，结合椭圆的方程可得，由勾股定理和离心率公式，计算可得答案．
【详解】由题意可得垂直于轴，，
因为为的中点，则为的中点，可得，
由可得，则，即有，
在直角三角形中，可得，
即有，可得，即，
由可得，，解得或(舍去)，
故选：D.
4．已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），则下面四个图象中，的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先利用函数的图象求得函数的单调区间，进而得到正确选项.
【详解】由题给函数的图象，可得
当时，，则，则单调递增；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递增；
则单调递增区间为，；单调递减区间为
故仅选项C符合要求.
故选：C
5．已知一个乒乓球从米高的高度自由落下，每次落下后反弹的高度是原来高度的倍，则当它第2023次着地时，经过的总路程是（ ）
A．B．h
C．hD．
【答案】B
【分析】根据等比数列的求和公式求解即可.
【详解】解：从第1次着地到第2次着地经过的路程为 ，第2次着地到第3次着地经过的路程为，，组成以为首项，公比为的等比数列，
所以第1次着地到第次着地经过的路程为，
所以经过的总路程是.
故答案为：B.
6．古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了子安贝（其中，），数列的前n项和为．若关于n的不等式恒成立，则实数t的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】是等比数列，求出与，代入不等式中，结合基本不等式实数t的取值范围．
【详解】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故，
所以．
由，得，
整理得对任意，且恒成立，
又，当且仅当，即n＝2时等号成立，
所以，即实数t的取值范围是
故选：B．
7．对于函数，，下列说法正确的是（ ）
A．函数有唯一的极大值点B．函数有唯一的极小值点
C．函数有最大值没有最小值D．函数有最小值没有最大值
【答案】A
【分析】构造新函数，并利用导数判断函数的单调性，进而得到函数有唯一的极大值点
【详解】，，则，，
令，，
则，在恒成立，
则在单调递减，
又，
则存在唯一，使得，
当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减
则当时，取得极大值.
则函数有唯一的极大值点，即有最大值，最小值在区间端点处取得.
故选：A
8．若，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】构造，求导根据单调性得出，即，所以，即，所以；构造，求导根据单调性得出，即.
【详解】令，，
则，
当时，，∴在区间上单调递增，
∴，即，
又∵在上单调递增，∴，即，∴，即；
令，，
则，
当时，，∴在区间上单调递增，
∴，即，∴，
综上所述，，，的大小关系为.
故选：C.
【点睛】本题考查构造函数比较大小问题，解题关键是能够根据，，的形式，构造适当的函数模型，利用导数确定函数的单调性，根据单调性，比较特殊函数值之间的大小.
二、多选题
9．（多选）已知数列的通项公式为，则下列是该数列中的项的是（ ）
A．18B．12C．25D．30
【答案】BD
【分析】由于为正整数，且越大，越大，求得无整数解，且，， ，，判断选项即可.
【详解】因为，所以越大，越大．
当时，；
当时，；
当时，；
当时，．
故选：BD．
10．下列求导运算错误的是（ ）
A．B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】利用导数的运算法则进行计算即可判断.
【详解】对于A，，故选项A错误；
对于B，，故选项B正确；
对于C，，故选项C错误；
对于D，，故选项D错误，
所以导数运算错误的是：，
故选：.
11．已知数列中，，则能使的可以为（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
【答案】AD
【分析】证明数列的周期，然后算第一个周期中等于的项.
【详解】
又
是以为周期的周期数列.
又因为，所以，故时
经检验A D都符合.
故选：AD
12．已知当时，不等式恒成立，则正实数的值可以为（ ）
A．1B．C．eD．
【答案】ABC
【分析】原不等式可变形为，令则对于恒成立，
利用导数判断的单调性可得，转化为，令，
利用导数求最小值可得的最大值即可求解.
【详解】 由题意，原不等式可变形为，
即，设，则当时，恒成立，
因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以，，因为在上单调递增，
所以要使，只需， 取对数，得，
因为，所以．令，因为，
所以在上单调递增，所以，所以，
则，故正实数a的最小值为,则正实数的值可以为.
故选:.
三、填空题
13．若数列满足，则 ．
【答案】
【分析】分奇偶项,分别按照等差数列前和公式求和，计算求解即可.
【详解】因为,
所以
故答案为:
14．函数有极值，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】求出函数的导数，再利用存在变号零点求出a的范围作答.
【详解】函数定义域为R，求导得：，
因为函数有极值，则函数在R上存在变号零点，即有两个不等实根，
即有方程有两个不等实根，于是得，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
15．双曲线的左、右顶点分别为A，B，P为C上一点，若点P的纵坐标为1，，则C的离心率为 ．
【答案】
【分析】根据双曲线上的点与双曲线顶点连线斜率的关系，结合双曲线离心率公式进行求解即可.
【详解】根据双曲线的对称性，由，不妨设点P在第一象限，
设，即，，
，
所以，即，所以C的离心率为．
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用双曲线上的点与双曲线顶点连线斜率的关系是解题的关键.
16．已知为直线上的一个动点，为曲线上的一个动点，则线段长度的最小值为 .
【答案】
【分析】先把曲线转化为，判断出线段的最小值即为与平行的直线与相切时，两平行线间的距离.利用导数求出切点坐标，利用点到直线的距离公式求解.
【详解】直线可化为：.
对于曲线.
当时，代入不成立，所以.
所以可化为，导数为
所以线段的最小值即为与平行的直线与相切时，两平行线间的距离.
设切点.
由题意可得：，即，解得：或.
当时，；
当时，.
综上所述：线段长度的最小值为.
故答案为：.
四、解答题
17．已知数列的前n项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据求解即可；
（2）由题知，进而根据裂项求和法求解即可.
【详解】（1）解：当时，．
当时，，
所以，
因为也满足，
所以通项公式为．
（2）解：由（1）得，
所以，
所以．
18．在数列中，.
(1)证明：是等比数列；
(2)若数列的前项和，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知可得，进而可证明为等比，
（2）根据 的关系可求解，由（1）知，进而可得，由错位相减法即可求解.
【详解】（1）证明：因为，所以，
又，所以，所以.
所以是首项为1，公比为的等比数列.
（2）由（1）知，
因为数列的前项和，所以当时，，当时，，满足上式，所以.
所以.
，①
由①，得，②
①②相减得
所以.
19．已知函数．
(1)当时，求在上的单调区间；
(2)若在内有极值，求实数的取值范围．
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为；
(2)．
【分析】将代入中，求导后分别令和，求出单调区间即可；
对求导，根据在内有极值，可知在内存在变号零点，然后将问题转化为与x轴在内有交点，再求出的取值范围即可解决．
【详解】（1）当时，，则，
令，得，故在上单调递减；
令，得，故在上单调递增，
所以的单调增区间为，单调减区间为；
（2）由，得，
由在内有极值，可知在内存在变号零点，
即方程在内存在解，
所以函数与x轴在内有交点，
，
当时，，单调递增，
又，则在恒成立，则与x轴在内没有交点，不符合题意；
当时，
若，则，单调递增，
若，则，单调递减，
则当时，取得最小值，
当时，，则与x轴没有交点，不符合题意；
当时，，
则与x轴有公共点，则与x轴在内没有交点，不符合题意；
当时，，，，
则与x轴在内至少有一个交点，符合题意，
综上，的取值范围为．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
20．设公比为正数的等比数列 的前 项和为 ，已知 ， ，数列 满足 .
(1)求数列 和 的通项公式；
(2)是否存在，使得 是数列 中的项？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，.
(2)存在， 或
【分析】（1）设的公比为 ，利用等比数列的通项公式以及前n项和公式，列方程组，求得公比和首项，即得；根据即可求得；
（2）结合（1）可得的表达式，进行变形化简为，由题意设 是数列 中的第项，则 ，分类讨论t的取值，可求得答案.
【详解】（1）设的公比为 ，又 ,，
则 ，解得 或 （舍），
所以 ， ，
，
即数列 的通项公式为 ，
数列 的通项公式为.
（2） ，
由于，令 ，， ，
所以 ，
设 是数列 中的第项，则 ，
则 为小于等于的整数，t为2的约数，所以 ，
当或时， ，不合题意；
当 或 时， ，与题意相符.
所以当 或 时，
即或 时，是数列 中的项.
21．已知抛物线的焦点为F，抛物线上的点P到y轴的距离等于
(1)求p的值；
(2)是否存在正数m，对于过点M（m，0）且与抛物线C有两个交点A、B的任一直线，都有＜0？若存在，求出m的范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)p＝2
(2)存在；m的范围是.
【分析】（1）利用抛物线的定义，可知抛物线准线到y轴距离为1；
（2）设l的方程为，由，得，利用韦达定理可得：，因其对任意实数t成立，得到，求解即可．
【详解】（1）利用抛物线的定义，可知抛物线准线到y轴距离为1，则抛物线准线为：
.
（2）由（1）可得抛物线方程为：，.
设过点M（m，0）（m＞0）的直线l与曲线C的交点为．
设l的方程为，其中.
联立直线方程与抛物线方程有：，
得，，
则由韦达定理有：，
，
.
又，则
.对于过点M（m，0）且与抛物线C有两个交点A、B的任一直线，都有等价于对于一切实数恒成立，
对任意实数t，的最小值为0，所以不等式对于一切实数t成立等价于，即．
由此可知，存在正数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有，且m的范围是．
22．设函数，函数（）.
(1)求的单调区间；
(2)若，有三个不同实根，，（），试比较，，的大小关系，并说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）求导分与两种情况，讨论导函数的正负区间与单调性即可；
（2）易得（），结合题意与函数单调性可得，进而可得三根的表达式，且，，，，先根据单调性判断，，结合作差法有，换元令（），再构造函数求导分析函数的单调性与最值判断即可.
【详解】（1）由已知，
当时，在恒成立，在上单调递增；
当时，由得，
若时，，在上单调递增，
若时，，在上单调递减；
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）由题意得：（）（）
（），
（），
令（），
当时，，，在上递增；不满足；
当时，∵（），
∴，，在上递增；也不满足有三个不同实根；
当时，由得，，
∴在上递增，在上递减，在上递增.
∵有三个不同实根，，（），
显然，且，，∴，，.
由可得，
故，所以，即，.
由的单调性可知，当时，，递增；当时，，递减.
∴，.
由得，又，
∴，
∴，
∴，
令（），则
令（），∴，
令（），
令，，，
∴在上递减，∴，∴在上递减，∴，
∴在上递减，∴，则，
∴在上递减，∴，
∴，∴，
综上：，，的大小关系为：.
【点睛】本题主要考查了利用导数含参分类讨论函数单调性的问题，同时也考查了函数零点的问题.需要根据题意确定零点之间的关系，代入函数解析式后再构造函数分析单调性与最值，需要注意极值点若满足二次方程的根，则可利用韦达定理建立联系.属于难题.