2022-2023学年江西省宜春市宜丰县宜丰中学高二创新部上学期期中数学试题含答案

2022-2023学年江西省宜春市宜丰县宜丰中学高二创新部上学期期中数学试题

一、单选题

1．若函数，则=（    ）

A．- B． C．1 D．0

【答案】D

【分析】求导后代入求解即可

【详解】由题意，，故

故选：D

2．若曲线在点处的切线方程为，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据导数的几何意义有，且，即可求出参数a.

【详解】由题设，则，又，

所以，故.

故选：B

3．等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则前6项的和为（    ）

A．    B．    C．3     D．8

【答案】A

【分析】设等差数列的公差，由成等比数列求出，代入可得答案.

【详解】设等差数列的公差，

∵等差数列的首项为1， 成等比数列，

∴，

∴，且，，

解得，

∴前6项的和为.

故选：A.

4．已知函数，是函数的导函数，则的图像大致是（    ）

A．   B．  

C．   D．    

【答案】C

【分析】对函数求导得，易知为奇函数，排除B、D选项；再对求导，易得在是递减，即可求解.

【详解】，为奇函数，则函数的图像关于原点对称，排除选项B、D，

令，，

当，，也就是在递减，排除A，故C正确.

故选：C．

5．已知等比数列的前n项和为，若，，则（　　）

A．9 B．10 C．12 D．17

【答案】B

【解析】利用已知条件求得，由此求得所求表达式的值.

【详解】设等比数列的公比为q，

因为

.

所以，

则.

故选：B

6．如图是一个由圆柱和圆锥组成的几何体，若圆锥的母线长为6，且圆锥的高是圆柱高的，则当该几何体的体积最大时，该几何体的高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设圆锥的高为，则底面半径为，，进而得，再根据导数求解最值即可得答案.

【详解】解：设圆锥的高为，则底面半径为，，

所以，该几何体的体积为，

所以，令得，

所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，

所以当时，取得最大值，

此时，该几何体的高为

故选：D

7．设函数f(x)＝ln x＋在内有极值，求实数a的取值范围（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据函数导函数在区间内有零点，结合常变量分离法，导数的性质进行求解即可.

【详解】由，

因为函数f(x)＝ln x＋在内有极值，

所以在内有解，

即在内有解，

，

设，

当时，单调递减，所以，

要想方程在时有解，只需，

故选：A

8．已知函数，若对任意的，都有，则实数a的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，进而结合题意得函数在上单调递减，进而得在上恒成立，再构造函数，求解函数的最大值即可得答案.

【详解】解：令

根据题意，不妨设且，

则不等式等价于，即，

所以， 函数在上单调递减，

所以，在上恒成立，

因为，

所以在上恒成立，即在上恒成立，

令，则，

所以，当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

所以，

所以，即.

所以，实数a的最小值为.

故选：A

二、多选题

9．已知，下列说法正确的是（    ）

A．在处的切线方程为 B．单调递减区间为

C．的极小值为 D．方程有两个不同的解

【答案】AB

【分析】对于A，利用导数的几何意义求解；对于B，求导后，由导数小于零求解；对于C，求导后求极值；对于D，函数与的交点个数判断.

【详解】解：对于A，由（），得，

所以， ，所以在处的切线方程为，所以A正确；

对于B，由，得，解得，所以的单调递减区间为，所以B正确；

对于C，由，得，当时，，当时，，所以当时，取得极大值，所以C不正确；

对于D，由C选项可知的最大值为，且当时，，当时，， 所以函数与的交点个数为1，所以有1个解，所以D不正确，

故选：AB.

10．已知数列的前项和为，，则下列选项中正确的是（    ）

A．

B．

C．数列是等比数列

D．数列的前项和为

【答案】ACD

【分析】根据转化到，进而可知数列是以为首项，公比为的等比数列，并写出通项公式及求和公式，即可判断选项正误.

【详解】解：，①

，②

两式作差得：，，

，，即，

，.

数列是以为首项，公比为的等比数列，

则，.

由上述内容可知，选项A，C正确.

当时，，则选项B错误.

，，，

数列是首项为的等比数列.

则数列的前项和为，则选项D正确.

故选：ACD.

11．已知函数，若对恒成立，则实数的可能取值为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．

【答案】BC

【分析】首先判断函数的奇偶性，利用导数判断函数的单调性，根据函数的奇偶性与单调性可得在上恒成立，参变分离可得恒成立，设，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最大值，从而求出参数的取值范围，即可得解；

【详解】解：因为的定义域为，且，

又，所以为在上单调递增的奇函数.

所以等价于，

即在上恒成立，则

设，则

当时，；当时，

所以在上单调递增，在上单调递减，所以，

故.

故选：BC

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】（1）构造函数可比较a，c大小，构造函数利用单调性可比较b，c，然后可得答案.

【详解】令函数，则.

当时，，在上单调递增，

则，即，故，B正确.

令函数，则，当时，，在上单调递增，则，故，A，C正确，D不正确.

故选：ABC

三、填空题

13．已知等差数列的前n项和为，，则      .

【答案】168

【分析】根据等比数列下标和性质及前n项和公式即可得到结果.

【详解】因为，所以.

故答案为：168

14．已知函数，当时，有极大值.写出符合上述要求的一个的值为         .

【答案】4（答案不唯一，满足即可）

【分析】由极大值的概念及求导法则即可求解

【详解】由题意得，

，令,解得

或，

当即时，在上单调递增，在上单调递减，

所以在处取极大值，

所以的一个取值可取，

故答案为：4（答案不唯一，满足即可）.

15．已知数列满足，且，则数列的通项公式为      ．

【答案】

【分析】利用取倒数及等差数列通项公式即可求解.

【详解】由两边取倒数可得，即．

所以数列是首项为2，公差为3等差数列.

所以，所以．

故答案为：.

16．若关于的不等式有且只有3个正整数解，则实数的取值范围是      ．

【答案】

【分析】由原不等式变形为不等式，引入新函数，由导数研究函数的单调性做出函数大致图象，数形结合求解即可．

【详解】由，不等式可化为，

设，则，

当时，，递增，当或时，，递减，

当时，，当时，，

为过定点的动直线，在同一坐标系内做出函数的大致图象，如图，

不等式有且只有3个正整数解，结合图象可知，只需满足，解得.

即当时，有且只有3个正整数解1,2,3.

故答案为: ．

四、解答题

17．已知等差数列的前项和为，且，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，进而列方程求解即可；

（2）由题知，进而根据分组求和法求解即可.

【详解】（1）解：（1）设等差数列的公差为，由已知得

解得，

所以数列的通项公式为；

（2）解：由（1）得，

所以

18．已知函数

(1)若函数的一个极值点为，求函数的极值

(2)讨论的单调性.

【答案】（1）的极小值为，没有极大值（2）见解析

【分析】（1）求出导函数，根据是函数的一个极值点求出，然后再讨论函数的单调性，进而可得极值．（2）求出导函数，然后根据实数的取值情况讨论函数的单调性．

【详解】（1）∵，

∴，

∵是函数的一个极值点，

∴，解得．

∴，

∴当时，；当时，．

∴的单调减区间为，单调增区间为，

∴的极小值为，没有极大值．

（2）由题意得，

①当时，对恒成立，所以在上单调递减．

②当时，由，即，得，

显然，且当时，单调递减；当时，， 单调递增．

综上可得，当时，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增．

【点睛】在判断函数的单调性时，可根据导函数的符号进行求解，解答涉及含参数的单调性或单调区间的问题时，一定要弄清参数对导数在某一区间内的符号是否有影响，若有影响，则必须对参数进行分类讨论．

19．如图，点为某沿海城市的高速公路出入口，直线为海岸线，，，是以为圆心，半径为的圆弧型小路.该市拟修建一条从通往海岸的观光专线，其中为上异于的一点，与平行，设.

（1）证明：观光专线的总长度随的增大而减小；

（2）已知新建道路的单位成本是翻新道路的单位成本的倍.当取何值时，观光专线的修建总成本最低？请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）时，观光专线的修建总成本最低，理由见解析.

【解析】（1）先由题意得到，所以，得出观光专线的总长度，再由导数的方法判定其单调性，即可证明结论成立；

（2）设翻新道路的单位成本为，总成本为，由（1），根据题中条件，得到，，对其求导，根据导数的方法求出最值，即可得出结果.

【详解】（1）由题意，，所以，

又，

所以观光专线的总长度，

因为当时，，

所以在上单调递减，即观光专线的总长度随的增大而减小.

（2）设翻新道路的单位成本为，总成本为，

由题意可得，，，

，令，得，

因为，所以，

当时，，当时，.

所以，当时，最小.

故当时，观光专线的修建总成本最低.

【点睛】思路点睛：

导数的方法求函数最值的一般思路：

（1）先对函数求导，根据导数的方法判定函数在给定区间的单调性；

（2）由函数在给定区间的单调性，即可求出最值.

20．已知数列满足：．

(1)证明数列为等差数列，并求数列的通项公式．

(2)若，证明：．

【答案】(1)证明见解析，

(2)证明见解析

【分析】（1）利用等差数列的定义证得数列是以2为首项，公差为2的等差数列，进而结合累加法即可求出数列的通项公式；

（2）裂项相消法求出，即可证出结论.

【详解】（1）由，

故数列是以2为首项，公差为2的等差数列，

∴，

∴，

当时，满足，

故对．

（2）证明：，

故，

故

21．已知函数.

(1)若函数的图像与直线相切，求实数a的值；

(2)若函数有且只有一个零点，求实数a的取值范围.

【答案】(1)

(2)（0，）

【分析】(1)设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于a的方程组，解之即可；

(2)由二次函数和指数函数的性质知当时不符合题意，故，利用分离参数法可得

，根据导数研究函数的单调性，结合图形即可得出结果.

【详解】（1），设切点为，

则∴

时，显然不成立，∴

消去a得

∴；

（2）令，即有且只有一个解，

当时，显然不成立，

∴，令，

∴与有且只有一个交点，

∵，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

又当时，→0，当

当时，，当时，

如图所示，

综上，a的取值范围是.

【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．

22．已知函数，（其中为自然对数的底数）.

(1)判断函数的零点的个数，并说明理由；

(2)当时，恒成立，求整数的最大值.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）对函数求导，易知当时，单调递增，在根据零点存在定理，即可得到结果；

（2）根据题意可知当时， ，令，对求导可得，再，利用导数可知的单调性，根据零点存在定理，可知存在，使得，由此可知函数在上单调递减，在上单调递增，故可求出，再由，可知，可得，再根据可知的范围，由此即可求出结果.

【详解】（1）解：函数有且只有一个零点.

理由如下: 因为

当时，，

所以，在上递增.

所以函数至多有一个零点，

又时，；时，

所以函数有且只有一个零点.

（2）(2)当时，，即，

令，

所以，

当时，，

设，在(0，1]上单调递增，且，

所以存在，使得，

即，

当时，；当时，.

所以函数在上单调递减，在上单调递增.

∴，

又在上单调递减，

又，所以，

所以整数的最大值是.