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