2022-2023学年河南省安阳市文峰区安阳市第一中学高二下学期3月月考数学试题含解析

2022-2023学年河南省安阳市文峰区安阳市第一中学高二下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．已知数列为等差数列，若，，则（    ）

A．15 B．16 C．17 D．18

【答案】C

【分析】利用等差数列的通项公式求解即可.

【详解】因为数列为等差数列，设公差为，

所以，解得，

所以，

故选：C

2．设函数在处可导，且，则等于（    ）

A． B． C．1 D．-1

【答案】A

【分析】对已知极限式子进行变形，结合导数的定义可得，从而可求出.

【详解】解：由题意知，

所以，

故选:A.

【点睛】本题考查了导数的定义，属于基础题.

3．已知为等比数列，，公比为q，则“”是“对任意的正整数n，”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】B

【分析】由，利用等比数列的通项公式，求得，结合为的必要不充分条件，即可求解.

【详解】由，可得，

因为，所以，所以，

所以为的必要不充分条件，

所以“”是 “对任意的正整数，”的必要不充分条件.

故选：B.

4．若函数在处有极值10，则（    ）

A．6 B． C．或15 D．6或

【答案】B

【分析】先求出函数的导函数 ，然后根据在 时 有极值10，得到 ，求出满足条件的 ，然后验证在 时是否有极值，即可求出

【详解】 ，

又 时 有极值10

，解得 或

当 时，

此时 在 处无极值，不符合题意

经检验， 时满足题意

故选：B

5．若函数在内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求定义域，求导，分和两种情况，结合函数单调性，求出，得到答案.

【详解】定义域为，

，，

当时，恒成立，故函数在上单调递减，不合题意，舍去；

当时，令，解得：，令，解得：，

故在上单调递增，在上单调递减，

因为在内存在单调递增区间，

所以，故实数a的取值范围是.

故选：A

6．现准备将7台型号相同的健身设备全部分配给5个不同的社区，其中甲、乙两个社区每个社区至少2台，其他社区允许1台也没有，则不同的分配方案共有

A．35种 B．27种 C．29种 D．125种

【答案】A

【分析】可以先分给甲、乙两个社区各2台设备，余下的三台设备任意分给五个社区，按分给一个社区、两个社区、三个社区分类，利用分类加法原理计算．

【详解】根据题意，7台型号相同的健身设备是相同的元素，

首先要满足甲、乙两个社区至少2台，可以先分给甲、乙两个社区各2台设备，

余下的三台设备任意分给五个社区，

分三种情况讨论：

①当三台设备都给一个社区时，有5种结果，

②当三台设备分为1和2两份分给2个社区时，有2×=20种结果，

③当三台设备按1、1、1分成三份时分给三个社区时，有=10种结果，

∴不同的分配方案有5+20+10=35种结果

故选：A．

7．设，，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将a，c变为与b相同的形式，构造函数，通过对函数求导，得到单调性，判断大小关系.

【详解】∵，，

令，则，，，

，当时，，

即在上单调递减.

∵，

∴，

即.

故选：D.

8．已知函数是定义在的奇函数，当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】令，由题意可得为定义域上的偶函数，且在上单调递增，在上单调递减；分与两类讨论，将不等式等价转化为与，分别解之即可．

【详解】令，

当时，，

当时，，

在上单调递减；

又为的奇函数，

，即为偶函数，

在上单调递增；

又由不等式得，

当，即时，不等式可化为，即，

由在上单调递减得，解得，故；

当，即时，不等式可化为，即，

由在上单调递增得，解得，故；

综上所述，不等式的解集为：．

故选：D．

二、多选题

9．以下函数求导正确的是(    )

A．若，则

B．若则

C．若，则

D．设的导函数为，且，则

【答案】ACD

【分析】利用求导法则逐项检验即可求解.

【详解】对于A，，故A正确；

对于B，，故B错误；

对于C，，故C正确；

对于D，，所以，故D正确．

故选：ACD.

10．已知数列的通项公式为，则（    ）

A．数列为递增数列 B．

C．为最小项 D．为最大项

【答案】CD

【分析】根据数列的通项公式，利用分离常数法得出，结合及函数的性质即可判断A、C、D；求得即可判断B．

【详解】，

当()时，，且单调递减；当()时，，且单调递减，

则为最小项，为最大项，故C、D正确，A错误；

，，则，故B错误，

故选：CD．

11．已知公差为d的等差数列，其前n项和为，且，，则下列结论正确的为（    ）

A．为递增数列 B．为等差数列

C．当取得最大值时， D．当时，d的取值范围为

【答案】BD

【分析】通过等差数列前项和公式和下标和性质即可得到，，，，则可判断AC，而则可判断B，而通过，，则可得到关于的不等式组，即可判断D.

【详解】对A，，即，，

即，，则，而，故，

故为递减数列，故A错误；

对B，设的首项为，则，

，故数列是以为首项，公差为的等差数列，故B错误；

对C，由A知，即，则，而，即，

则，而，当取得最大值时,，故C错误；

对D，当时，由A知，，即，

即，解得，故D正确.

故选：BD.

12．已知函数，则（    ）

A．当时，函数的极大值为

B．若函数图象的对称中心为，则

C．若函数在上单调递增，则或

D．函数必有3个零点

【答案】BD

【分析】根据函数极大值的定义，结合函数的导数的性质、函数零点的定义逐一判断即可.

【详解】A项：当时，，则，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以极大值为，故错误；

B项：因为函数图象的对称中心为，

所以有，故正确；

C项：恒成立，显然必有两根，则在递减，故错误；

D项：必有2相异根，且非零，故必有3个零点，故正确．

故选择：BD

三、填空题

13．已知函数的单调递减区间为，则的值为________．

【答案】

【分析】分析可知不等式的解集为，利用韦达定理可求得实数的值.

【详解】函数的定义域为，且，

由题意可知，不等式的解集为，所以，，解得.

故答案为：.

14．数列的前项和，则该数列的通项公式为______.

【答案】

【分析】由可求得数列的通项公式.

【详解】当时，；

当时，.

不满足.

所以，.

故答案为：.

15．将红、黄、绿三种不同的颜色均涂入图中五个区域中，每个区域涂一种颜色，且相邻的区域不能涂同一种颜色，不同的涂色方法共有__种.（三种颜色必须用全，以数字作答）

【答案】42

【分析】利用计数原理分步分类讨论求解.

【详解】由题意，不妨从左至右按编号，由于三种颜色必须用全，第一步涂一号有三种涂法，第二步涂二号有二种涂法第三步涂三号时可分为两类研究，若三号与一号同则后两框必一框涂色与一号二号不同，与若三号与一号不同，由于三种颜色已全部用上，故后两框涂色只需要满足同色不相邻即可，

故总的涂色方法为种

故答案为：42.

16．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是______.

【答案】

【分析】设由题可知，当时，可得适合题意，当时，可求函数的最小值即得，当时不合题意，即得.

【详解】设，由题可知，

∴，

当时，，适合题意，所以，

当时，令，则，

此时时，，单调递减，，，单调递增，

∴，又，

∴，

∴，即，

解得，

当时，时，，，故的值有正有负，不合题意；

综上，实数的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立求参数的取值范围，设由题可知，当时，利用导数可求函数的最小值，结合，可得，进而通过解，即得.

四、解答题

17．已知公比大于1的等比数列的前6项和为126，且，，成等差数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和；

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件求得等比数列的首项和公比，从而求得.

（2）利用错位相减求和法求得.

【详解】（1）设等比数列的公比为，，

依题意，

即，解得，所以.

（2），

，

，

两式相减得

，

所以.

18．已知函数．

(1)当时，求曲线在处的切线方程；

(2)求函数的单调区间．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义即可求解.

（2）求出导函数，分情况求解不等式和即可得解.

【详解】（1）当时，，，

，所以，又，

所以曲线在点处的切线方程为，即.

（2），

当，令得，由得，由得，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为

当，令得，

当时，由得或，由得，

所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；

当时，，所以的单调增区间为，无单调减区间；

当时，由得或，由得，

所以的单调增区间为和，单调递减区间为.

19．已知数列的前n项和为，，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前n项和为，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将代入已知式子可得是等差数列，进而得到的通项公式，再由与的关系求出的通项公式.

（2）由裂项相消求和可得，再由的单调性可求得其范围.

【详解】（1）因为，所以由，

得，所以，

所以，即．

在中，令n=1，得，所以a1=1．

所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，

所以，即：．

当时，，

也适合上式，

所以数列的通项公式为．

（2）由（1）知，，

所以，

因为bn＞0，所以随着n的增大而增大，所以，

又显然，所以，即的取值范围为．

20．已知函数.

(1)若为的一个极值点，求实数a的值并此函数的极值；

(2)若恰有两个零点，求实数a的取值范围.

【答案】(1)，极小值为，无极大值

(2)

【分析】（1）由求得，结合函数的单调性求得的极值.

（2）由分离常数，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.

【详解】（1），依题意，

此时，所以在区间递减；

在区间递增.

所以的极小值为，无极大值.

（2）依题意①有两个解，

，所以不是①的解，

当时，由①得，

构造函数，

，

所以在区间递增；

在区间递减.

当时，；当时，，

，要使与的图象有两个交点，

则需.

综上所述，的取值范围是.

【点睛】根据极值点求参数，要注意的是由求得参数后，要根据函数的单调区间进行验证，因为导数为零的点，不一定是极值点.利用导数研究函数的零点，可以考虑分离常数法，通过分离常数，然后利用构造函数法，结合导数来求得参数的取值范围.

21．已知数列满足，，且.

(1)求证：数列是等比数列，并求的通项公式；

(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)证明过程见解析，

(2)

【分析】（1）根据题意结合等比数列定义证明为等比数列，得到，再证明为等比数列，进而可求得；

（2）在第一问的基础上，分为奇数和为偶数两种情况，利用作差法得到的单调性，进而列出不等式，求出实数的取值范围.

【详解】（1）∵，则，且，

故数列是首项为，公比为3为等比数列，

∴，则，

可得，且，

故数列首项为，公比为的等比数列，

∴，故.

（2）由（1）可得：，即，

故对任意的恒成立，等价于对任意的恒成立，

设，则当时恒成立，

故数列是递增数列，

当为奇数时，则对任意的恒成立，，可得，解得；

当为偶数时，则对任意的恒成立，，可得，解得；

综上所述：实数的取值范围.

22．已知函数．

(1)求的单调区间：

(2)若有两个零点，求a的取值范围；

(3)当时，，求a的取值范围．

【答案】(1)的单调减区间为，单调增区间为.

(2)

(3)

【分析】（1）求出函数的导数，结合，判断导数正负，可得答案；

（2）根据题意要使函数有两个零点，需使得函数最小值小于0，列出不等式，求得答案；

（3）将不等式恒成立化为在上恒成立，从而构造函数，利用导数求其最小值，结合解不等式，可求得答案.

【详解】（1）由题意，函数定义为 ，

则，在上单调递增，且，

故当时，，当时，，

故的单调减区间为，单调增区间为.

（2）由（1）可知在时取得最小值，

即，

而当，且x趋近于0时，趋近于0，趋于无穷大，则趋于无穷大，

当趋于无穷大时，趋于无穷大，趋于，则趋于无穷大，

.

故要使有两个零点，需有 ，

即a的取值范围为.

（3）当时，，即，

即在上恒成立，

令，

则，函数在上单调递增，

且当趋近于0时且时，与都趋于无穷小，则趋近于无穷小，

当趋于无穷大时，趋于无穷大，趋于0，则趋于无穷大，

.

故在上必有唯一零点，设为，即，且，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

故，

由题意可知当时，恒成立，需在上恒成立，

即，即，

所以，即 ，

当时，，不合题意；

当时，，又，则，

故结合，由于函数在恒成立，

可得，即；

当时，，又，则，则，

即，又，

故，

综合上述或，即a得取值范围为.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．