2022-2023学年广东省佛山市顺德区第一中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省佛山市顺德区第一中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知，则n等于（    ）

A．11 B．12 C．13 D．14

【答案】C

【分析】利用排列数的计算公式即可得出．

【详解】∵，

∴，

解得或（舍）．

故选：C．

2．设是可导函数，且，则（    ）

A． B． C．－6 D．2

【答案】B

【分析】根据导数的定义，结合极限的运算法则，即可求解.

【详解】因为，

则．

故选：B．

3．已知正项等比数列中，，与的等差中项为9，则

A． B．

C．96 D．729

【答案】C

【分析】由等比数列的性质可得可得，又 ，即得和．

【详解】由等比数列的性质可得，所以．又因为与的等差中项为9，所以，设等比数列的公比为，则，所以，解得或．又因为，所以，故．故．故选C．

【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的中项，等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

4．已知函数 f(x) 的图象如图所示，则导函数 f (x)的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据导函数正负与原函数单调性关系可作答

【详解】原函数在上先减后增，再减再增，对应到导函数先负再正，再负再正，且原函数在处与轴相切，故

可知，导函数图象为D

故选：D

5．已知等差数列的前n项和为，，，则使取得最大值时n的值为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【分析】由等差数列的通项公式、前项和公式列方程组求得和公差，写出前项和，由二次函数性质得结论．

【详解】等差数列中，，

则，，

∴，

解得，．

∴，

∴当时，取得最小值．

故选：B．

6．已知是偶函数的导函数，．若时，，则使得不等式成立的x的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设，求导得，进而可得时，单调递增，由于为偶函数，推出为奇函数，进而可得在上单调递增，由于，则，由于，则，推出，即可得出答案．

【详解】设，，

由题意得时，，单调递增，

因为为偶函数，所以，

所以，

所以为奇函数，所以在上单调递增，

因为，所以，

因为，所以，

所以，所以，

故选：C．

7．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列是一个“2023积数列”，且，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为（    ）

A．1011 B．1012 C．2022 D．2023

【答案】A

【分析】利用等比数列的性质判断出等比数列的单调性即可求解.

【详解】∵各项均为正数的等比数列是一个“2023积数列”，且，

∴

即，

根据等比数列的性质得到：，

∵，，∴,∴，∴该数列为递减的等比数列，

∵，∴，，

∴当其前n项的乘积取最大值时n的值为1011．

故选：A．

8．已知函数，若方程有五个不等实根，则实数m的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】探讨函数性质并作出其图象，利用数形结合思想探求出给定方程有5个根的值的取值区间，再借助一元二次方程即可求解作答.

【详解】时，在上单调递增，在上单调递减，

时，，，时时，在上单调递增，上单调递减，

函数大致图象如图所示：

令，则方程有两个不等实数根，而方程有五个不等实根，

，观察图象可得，而，，

于是有，，在上单调递增，

时，，时，，

所以实数的取值范围为.

故选：D

二、多选题

9．学校食堂某窗口供应两荤三素共5种菜，甲、乙两同学每人均在该窗口打2份菜，且每人至多打1份荤菜，则下列说法中正确的是（    ）

A．若甲选一荤一素，则有6种选法

B．若乙选两份素菜，则有3种选法

C．若两人分别打菜，则总的方法数为18

D．若两人打的菜均为一荤一素且刚好有一份菜相同，则方法数为30

【答案】AB

【分析】应用两个计数原理和排列组合的应用，对每个选项逐一分析即可．

【详解】对于A，甲选一份荤菜，则有2×3＝6（种）选法，故A正确；

对于B，若乙从三份素菜中选两份素菜，相当于去掉一份素菜，则有3（种）方法，故B正确；

对于C，由A B选项结合分类加法计数原理可知，甲乙两人分别打菜，每人都有（种）选菜方法，由分步乘法计数原理知两人选菜的总方法数为9×9＝81（种），故C错误；

对于D，若两人打的菜均为一荤一素且只有一份相同，分为以下两类：

若荤菜相同，素菜不同，则有（种），若素菜相同，荤菜不同，则有（种），总计有12＋6＝18（种），故D错误．

故选：AB．

10．已知数列满足，，设．则下列结论正确的是（    ）

A． B．是等差数列

C． D．

【答案】AD

【分析】由条件可得，判定为等比数列，从而得出其通项公式.一一可判定各选项.

【详解】解：由条件可得，即，又，

所以是首项为1，公比为2的等比数列，故B错误；

可得，所以，故D正确；

则，，可知A正确，C错误；

故选：AD．

11．已知函数，则下列选项正确的有（    ）

A．函数极小值为，极大值为.

B．函数存在3个不同的零点.

C．当时，函数的最大值为.

D．当时，方程恰有3个不等实根.

【答案】AC

【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值，函数的零点个数，即可判断A BC是否正确；作出的图象，方程恰有3个不等实根，可转化为与的交点有3个，结合图象即可判断D是否正确.

【详解】，

在上，，单调递增，在上，，单调递减，

，，故A正确；

当时，，时，，且，，所以函数有两个零点，故B错误；

由函数单调性知，在上单调递减，在上单调递增，

且，故函数的最大值为，故C正确；

方程恰有3个不等实根，可转化为与的交点有3个，由上述分析可知，的图象为：

由图象可得当时，有2个实数根，当时，有3个实数根，当时，有2个实数根，当时，有1个实数根，故D错误.

故选：AC

12．如图，由正方形可以构成一系列的长方形，在正方形内绘出一个圆的，就可以近似地得到等角螺线，第一个和第二个正方形的边长为，第三个正方形边长为，…，其边长依次记为，，，…，得到数列，每一段等角螺线与正方形围成的扇形面积记为，得到数列，则下列说法正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】由题意可得，，，由题意可得，依据各项条件计算即可判断各项的正确性．

【详解】由图中数据可得，，，

由题意可得，

对于A：，，，则，故A正确；

对于B：，可得，

则，故B正确；

对于C：，

∴，

，故C错误；

对于D：，故D错误

故选：AB

三、填空题

13．已知有一个极值点为4，则m的值为_______．

【答案】2

【分析】利用极值点处导数为0求解，并用极值的定义检验.

【详解】由题，，令，则，，

因为有一个极值点4，所以只需，即．

此时，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

当时，取极大值，

所以符合题意．

故答案为：2．

14．为了迎接期中考试，某同学要在周日上午安排五个学科的复习工作，为提高复习效率，数学学科的复习时间不安排在早晨第一科，并且数学和物理两科的复习时间不连在一起，那么五个学科复习时间的顺序安排总共有______种（用数字作答）．

【答案】54

【分析】考虑物理科的安排，物理安排在第一科复习或物理不安排在第一科复习，分类讨论，分别求出每一类里的安排方法，根据分类加法计数原理可得答案.

【详解】根据物理复习时间的安排分为以下两类

第一类，物理安排在第一科复习，第二科不能为数学,数学安排在后面三科有3种安排方法，

其余三科有种安排，共有种；

第二类，物理不安排在第一科复习，因为第一科也不能安排数学，

故第一科可安排其余三科中的一科，有3种安排方法，剩下四科中数学和物理采用插空法，

有种安排，共有种，

两类相加，共有18＋36＝54种安排方法，

故答案为：54

15．设函数的导函数为，若函数，则曲线在点处的切线方程为____________．

【答案】

【分析】求得，得到，进而求得且，结合直线的点斜式方程，即可求得切线的方程.

【详解】由函数，可得，

则，解得，

即且，

可得且，即切点坐标为，切线的斜率为，

则曲线在点处的切线方程为，即.

故答案为：.

四、双空题

16．已知数列满足，，则数列的通项公式______，前n项和____________．

【答案】         

【分析】由已知递推关系得出新数列是等比数列，由此可求得，再利用分类求和法可求得和．

【详解】∵数列满足，，

∴，

∴数列是以为首项，公比为3的等比数列，

∴，

∴，

∴数列的前n项和为：

，

故答案为：；．

五、解答题

17．“烂漫的山花中，我们发现你．自然击你以风雪，你报之以歌唱．命运置你于危崖，你馈人间以芬芳．不惧碾作尘，无意苦争春，以怒放的生命，向世界表达倔强．你是岸畔的桂，雪中的梅．”这是给感动中国十大人物之一的张桂梅老师的颁奖词，她用实际行动奉献社会，不求回报，只愿孩子们走出大山．受张桂梅老师的影响，有大量志愿者到乡村学校支教，现将甲、乙2名志愿者和A、B、C、D 4名学生排成一排合影留念．求下列不同的排法种数：

(1)甲、乙两人必须站在两端；

(2)A与B两人相邻且与C不相邻．

【答案】(1)48

(2)144

【分析】（1）由分步计数原理，结合排列数公式，即可求解；

（2）先排剩下的3人，再将A与B看成一个元素与插空，即可求解.

【详解】（1）由题意得，先把甲、乙排在两端，其他4人排中间，

由分步乘法原理得，共有种方法．

（2）由题意得，除A，B，C外，剩余的3人先排列，有种方法，

然后把A，B捆在一起看成整体与C去插空，有种方法，

由分步乘法原理可得，共有种方法．

18．已知数列是公差为2的等差数列，且满足，，成等比数列．

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由成等比数列得首项，从而得到通项公式；

（2）利用裂项相消求和可得答案.

【详解】（1）设数列的公差为，

∵成等比数列，∴，

即，

∴，由题意

故，得，

即.

（2），

∴

．

19．如图所示，某风景区在一个直径AB为400m的半圆形花园中设计一条观光路线，在点A与圆弧上一点C之间设计为直线段小路，在路的两侧边缘种植绿化带；从点C到点B设计为沿圆弧BC的弧形小路，在路的一侧边缘种植绿化带．（注:小路及绿化带的宽度忽略不计）

(1)设（弧度），将绿化带总长度表示为的函数；

(2)试确定的值，使得绿化带总长度最大，并求最大值．

【答案】(1)，；

(2)；.

【分析】（1）连接OC，BC，利用直角三角形边角关系及弧长公式列式计算作答.

（2）由（1）的结论，借助导数求解函数的最大值作答.

【详解】（1）连接OC，BC，如图，

由AB是半圆直径得，而，，则，

，则圆弧BC长为，

所以(m)，.

（2）由（1）知，，，求导得：，

当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，

则当时，(m)，

所以时，绿化带总长度最大，最大值为.

20．已知数列的前n项和为，，．

(1)求数列的通项公式；

(2)令，，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用即可求出通项公式；

（2）利用错位相减法求和.

【详解】（1）∵，∴，

两式相减得，

又∵，，∴，

∴当时也满足，

∵，∴，

∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，

∴；

（2）由（1）可知，

，

∴

两式相减得：，

化简得．

21．已知函数.

（1）当时，求函数在区间上的最值；

（2）讨论的单调性.

【答案】（1），；（2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减.

【解析】（1）求导的定义域，求导函数，利用函数的最值在极值处与端点处取得，即可求得在区间上的最值；

（2）求导函数，分类讨论，利用导数的正负，可确定函数的单调性；

【详解】解：（1）当时，，

所以，

因为的定义域为，

所以由，可得.

因为，，，

所以在上，，.

（2）由题可得，，

①当，即时，

，所以在上单调递减；

②当时，，

所以在上单调递增；

③当时，由可得，即，

由可得，即，

所以在上单调递减，

在上单调递增.

综上：当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，

在上单调递增；

当时，在上单调递减.

【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，确定函数的单调性，求函数的最值是关键，属于中档题．

22．已知函数，.

(1)当时，证明函数有两个零点；

(2)若函数有唯一极值点，求k的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）把函数零点问题转化为的解的个数，求导函数，研究函数单调性，求出值域，利用零点存在性定理即可证明；

（2）函数有唯一极值点转化为导函数有唯一异号零点，从而在时没有变号零点，构造函数，求导函数，利用单调性作出图象即可求解范围.

【详解】（1）因为，所以，，

则函数的零点个数，即为的解的个数，

，令，，则，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

则，所以，

故当时，，当时，，

即在区间上单调递减，在区间上单调递增；

则，

又因为，，

故在和分别存在一个零点，因此有两个零点.

（2）函数，，

所以，

函数有唯一极值点，则是唯一的根，

故在上没有变号零点，即在时没有变号零点，

令，则由（1）知

当时，取得最小值，

且无限趋近0时，趋向于正无穷大，无限趋向于无穷大时，趋向于正无穷大，

函数在的图像大致如图所示

当即时，在时没零点，符合题意，

当即时，有不变号零点，也符合题意，

所以的取值范围.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.