2022-2023学年上海市嘉定区第二中学高二下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年上海市嘉定区第二中学高二下学期期中数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题
1．已知等差数列的首项为－1，前n项和为，若，则公差为 ．
【答案】
【分析】直接根据等差数列的求和公式列方程求解.
【详解】由得，
解得
故答案为：
2．在数列中，，，则数列的第5项为 .
【答案】
【分析】根据及递推公式计算可得结果.
【详解】因为，，
所以，
，
，
.
故答案为：.
3．已知是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列，则数列的前n项和 ．
【答案】
【分析】利用已知条件先求出等差数列的公差，然后求出通项公式，再求数列的和即可.
【详解】设数列的公差为，且，
由，且，，成等比数列，
所以，
解得：，
所以，
所以，所以，
所以数列是以首项为2，公比为2的等比数列，
则前n项和，
故答案为：
4．已知等差数列的前n项和为，若，且，则 .
【答案】2
【分析】先结合算出,再计算.
【详解】∵,
∴,
,,
,
故答案为：2.
5．设等差数列的前项之和满足，那么 .
【答案】
【分析】由已知，将变为，然后借助等差中项的知识转化为，即可完成求解.
【详解】由已知，差数列的前项之和满足，
即，由等差中项的知识可知，
所以.
故答案为：.
6．已知数列的前n项和，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】取得到，时，根据计算得到答案.
【详解】，取得到，
当时，，
，
当时，不满足
所以.
故答案为：.
7．已知，若对于任意的，都有，则实数a的最小值为 ．
【答案】
【分析】由导数得出函数是R上严格减，设，令，，由导数求得，得出，题设不等式转化为，由单调性得的范围．
【详解】由，知在R上严格减，
设，令，
所以，，则在上严格减，故．
所以．
由于，则．
所以，得．
故答案为：．
8．若曲线有两条过坐标原点的切线，则实数a的取值范围是 .
【答案】或
【分析】令切线方程为、切点为并对曲线求导，由且得到有两个不相等的实根，即可求范围.
【详解】由题设，令切线方程为，而，
若切点为，则且，
所以，故有两个不相等的实根，
则，可得或.
故答案为：或
9．已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值，则在上的最小值为 .
【答案】
【分析】根据题意列式求解a,b，即可求出的解析式，利用导数判断原函数的单调性，从而可求出函数的最值.
【详解】∵，
由题意可得，解得，
可得，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，故在处取到极大值，
∴符合题意.
又∵，则在上单调递减，在上单调递增，
且，即，
∴在上的最小值为.
故答案为：.
10．已知函数的单调减区间为，若，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据已知条件及导数的正负与函数单调性的关系即可求解.
【详解】由，得．
令即，解得，
所以函数的单调减区间为，
所以，解得，
所以m的最大值为．
故答案为：.
11．黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想涉及到很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.已知正项数列的前项和为，且满足，则 （其中表示不超过的最大整数）.
【答案】38
【分析】根据已知结合前项和与通项关系，可得为等差数列，进而求出，再利用，以及当时，，求出的范围，
即可求出结论.
【详解】当时，，，，∵，∴，
当时，，∴，，
∴，∴是以1为首项，公差为1的等差数列，∴，
∵，∴，∴，，即，
又时，，即，
令，
，
，
即，从而.
故答案为：38
【点睛】关键点点睛：本题以数学文化为背景，考查数列的前项和与通项的关系、数列前项和的范围，构造新的等差数列以及用放缩法求数列和是解题的关键，注意常见的裂项相消法求和的模型.
12．若函数的极小值点只有一个，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】对求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合的图像性质即可求得的取值范围.
【详解】因为，
所以，
设（），因为，
所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
①若恒成立，即在上恒成立，
因为，所以，
此时令，解得；令，解得；
所以在单调递减，在单调递增，有唯一极小值点，满足题意；
②方程有两个不同的根，，且，
当和时，；当时，，
因为只有一个极小值点，
所以3是即的一个根，且存在另一个根，此时；
当时，，
令，解得；令，解得；
所以在单调递减，在单调递增，满足题意，
综上：或，即.
故答案为：.
【点睛】，因为函数只有一个极小值点，需对的符号进行分类讨论.
二、单选题
13．设等差数列的前项和为，已知，，则（ ）
A．310B．210C．110D．39
【答案】B
【分析】根据等差数列的公差以及求和公式，可得答案.
【详解】由等差数列，则公差，即.
故选：B.
14．对于数列，“ ”是“为递增数列”的
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】由，又，
所以，则为递增数列；
若为递增数列，如，
不成立，
所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件.
故选：B.
15．设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由条件得函数的单调性，再由单调性解不等式即可.
【详解】由且，得．令，则，所以在上单调递增．
因为，＝，
所以不等式等价于，
所以，解得，
故选：D．
16．若过点可以作曲线的三条切线，则（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设切点为，利用导数的几何意义及条件可得关于的方程有三个不同的解，构造函数，利用导数研究函数的性质利用数形结合即得.
【详解】由题可得，
设切点，则，整理得，
由题意知关于的方程有三个不同的解，
设，，
由，得或，又，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，单调递增，
当时，
当时，，且，，
函数的大致图像如图所示，
因为的图像与直线有三个交点，
所以，即.
故选：D.
【点睛】利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.
三、解答题
17．在各项均为正数的等比数列中，，且成等差数列.
(1)求等比数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和的最大值.
【答案】(1)
(2)当时，的最大值为25
【分析】（1）设数列的公比为，由等差中顶和等比数列的通项公式列出方程组,结合题意求出的值,再代入等比数列的通项公式化简即可；(2)由（1）和题意化简，并判断出数列是等差数列，求出首项和公差，代入等差数列的前项和公式，再对进行配方，根据二次函数的性质求出它的最大值.
【详解】（1）设数列的公比为，
因为成等差数列，
所以
即，
所以，
解得或（舍去），
又，所以数列的通项公式．
（2）由题意得，，
则，且，
故数列是首项为9，公差为的等差数列，
所以，
所以当时，的最大值为25.
18．（1）已知函数,求解集；
（2）设曲线在点（0，e）处的切线与直线垂直，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题可得，然后解不等式即得；
（2）根据复合函数的导数可得，然后根据导数的几何意义及直线的位置关系即得.
【详解】（1）由题可得 ，
由可得或，
又因为，
故不等式的解集为；
（2）由题可得 ，
依题意：，
所以.
19．设为数列的前项和，满足.
(1)求，，，的值，并由此猜想数列的通项公式；
(2)用数学归纳法证明（1）中的猜想.
【答案】(1)，，，，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据依次求得，，，的值，并由此猜想.
（2）利用数学归纳法的方法证得.
【详解】（1）当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
猜想；
（2）①当时，成立.
②假设时，结论成立，即.
那么，当时，
即.
∴当时，结论成立.
综上，猜想成立.
20．在数列中，，且.函数满足：的值均为正整数，其中，数列.
(1)若，求数列的通项公式；
(2)若互不相等，且，求的取值范围；
(3)若，求数列的前2021项的和.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）先求出，再结合已知即可求出数列的通项作答.
（2）根据给定条件，按n除以3的余数情况分类计算、判断作答.
（3）根据给定条件，计算数列的前几项，再探讨其周期，结合周期性求解作答.
【详解】（1）依题意，，而，则，
又，，因此，，，
所以数列的通项公式是
（2）若，则为3的倍数，对一切，，不符合“”的条件；
若，，
因此对一切，，不符合“”的条件；
若，则，，
因此，符合题意，
所以的取值范围是；
（3）因为，则，
于是得，
又为3的倍数，因此总有，
所以.
【点睛】关键点睛：涉及给出递推公式探求数列规律的问题，按条件写出变量的前几个取值对应数列，认真分析每个变量对应的数列，找准变化规律是解决问题的关键.
21．已知，.
(1)证明：时，；
(2)求函数的单调区间；
(3)证明：时，.
（注：）
【答案】(1)证明见解析
(2)单调递减区间为，单调递增区间为
(3)证明见解析
【分析】（1）直接求出，易证当时，恒成立，则可知在单调递增，则有；
（2）求出，易证当时，，当时，，由此即可得出函数的单调区间；
（3）原不等式等价于，易证当或时，不等式成立；当时，易知，再由（2）知：时，即，则只需证，即证：，而由（1）可知其恒成立.
【详解】（1）证明：，
令，则，
因为，所以，
所以在单调递增，所以，
所以在单调递增，则.
所以当时，成立.
（2），
令，
则，
所以在上单调递增，又，
所以当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
所以，的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）证明：要证，即证.
①当时，，而，所以不等式成立；
②当时，，由（2）知：时，，
所以，即
所以只需证.
令（），
则，所以在单调递减，
所以，即.
故只需证，即证：.
由（1）知，上述不等式成立.
③当时，不等式等号显然成立
综上，当时，.
【点睛】方法点睛：
利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.