北京市第五十五中學2022-2023學年高二下學期期中考試數學試題-試卷下載-教習網

1. 已知數列中，，，則等于
A. 18B. 54C. 36D. 72
【答案】B
【解析】
【分析】由題可得：數列等比數列，公比為，利用等比數列通項公式即可求解．
【詳解】解：數列中，，，
數列是等比數列，公比．
則．
故選B．
【點睛】本題主要考查了等比數列的通項公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．
2. 函數的導數是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據基本初等函數的導數公式得結論．
【詳解】．
故選：B．
3. 已知函數，則=（）
A. 8B. 6C. 3D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】先求得導函數，然后求得.
【詳解】，
所以.
故選：B
4. 已知等差數列中，，公差，如果，，成等比數列，那么等于（）
A. 2或B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差數列的通項公式，進行基本量代換，求出公差d即可.
【詳解】因為，，成等比數列，所以，即，
因為，所以，解得：d=2（d=0舍去）.
故選：C
5. 從2，4中選一個數字，從1，3，5中選兩個數字，組成無重復數字的三位數的個數為（）
A. 48B. 36C. 24D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用乘法分步原理分三步計算即得解.
【詳解】從中選一個數字，有種方法；
從中選兩個數字，有種方法；
組成無重復數字的三位數，有個.
故選：B
6. 函數的單調遞增區(qū)間是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函數的定義域，利用函數的單調性與導數的關系可求得函數的單調遞增區(qū)間.
【詳解】函數的定義域為，，
因為，由可得，
因此，函數的單調遞增區(qū)間是.
故選：D.
7. 由實數組成的等比數列的前項和為，則“”是“”的（）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】
【分析】根據等比數列的性質以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可.
【詳解】若{an}是等比數列，則，
若，則，即成立，
若成立，則，即，
故“”是“”的充要條件，
故選：C.
8. 函數的大致圖象是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】因為時，,所以舍B,C；令；當時, ；當時, ；故選A.
點睛：有關函數圖象識別問題的常見題型及解題思路(1)由解析式確定函數圖象的判斷技巧：（1）由函數的定義域，判斷圖象左右的位置，由函數的值域，判斷圖象的上下位置；②由函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；③由函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性；④由函數的周期性，判斷圖象的循環(huán)往復．(2)由實際情景探究函數圖象．關鍵是將問題轉化為熟悉的數學問題求解，要注意實際問題中的定義域問題．
9. 《九章算術》的盈不足章第19個問題中提到：“今有良馬與駑馬發(fā)長安，至齊．齊去長安三千里．良馬初日行一百九十三里，日增一十三里．駑馬初日行九十七里，日減半里…”其大意為：“現在有良馬和駑馬同時從長安出發(fā)到齊去．已知長安和齊的距離是3000里．良馬第一天行193里，之后每天比前一天多行13里．駑馬第一天行97里，之后每天比前一天少行0.5里…”試問前4天，良馬和駑馬共走過的路程之和的里數為（）

A. 1235B. 1800C. 2600D. 3000
【答案】A
【解析】
【分析】
根據題意良馬每天路程構成以為首項，為公差的等差數列，駑馬每天路程構成以為首項，為公差的等差數列，故利用等差數列的求和公式可直接求得結果．
【詳解】因為長安和齊的距離是3000里．良馬第一天行193里，之后每天比前一天多行13里．
駑馬第一天行97里，之后每天比前一天少行0.5里，
所以前4天，良馬和駑馬共走過的路程之和的里數為：
．
故選：A．
【點睛】本題主要考查等差數列的求和公式，屬于基礎題．
10. 函數的圖象如圖所示，且在與處取得極值，給出下列判斷：①；②；③函數在區(qū)間上是增函數.其中正確的判斷是（）
A. ①B. ②C. ②③D. ①②
【答案】C
【解析】
【分析】，由題意可得是的極大值點，是的極小值點，則，且與是方程的兩個不同的根，再利用韋達定理可求出的符號，再逐一分析判斷即可得解.
【詳解】，
∵函數，且在與處取得極值，
由圖可知，是的極大值點，是的極小值點，
所以函數是開口向上的二次函數，
∴，且與是方程的兩個不同的根，
即，，
則，，
∵由圖象可知，∴，故①不正確，
∵，且，
∴，故②正確；
是開口向上，
對稱軸為，
∴函數在區(qū)間上是增函數，故③正確，
故正確的命題是②③.
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：根據由題意可得到，且與是方程的兩個不同的根，是解決本題的關鍵.
二、填空題（共5小題，每小題5分，共25分.把答案填在答題紙上）
11. 設是等比數列的前項和，，，則_________.
【答案】
【解析】
【分析】先根據，求出的公比，再用等比數列的前項和公式記得.
【詳解】根據題意，設等比數列的公比為，
若，，則，則，
則.
故答案為：
12. 的展開式中的系數是________，二項式系數的和是________.
【答案】 ①. 10 ②. 32
【解析】
【分析】寫出二項式展開式的通項公式，令即可求出的系數，二項式系數的和為，代入的值即可求解．
【詳解】的展開式的通項公式為，
令，得的系數為，
二項式系數的和為.
故答案為：10；32.
13. 寫出一個公比的遞增等比數列的通項公式________.
【答案】（首項負數即可）.
【解析】
【分析】根據結合等比數列的單調性可得，從而可取符合題意的答案.
【詳解】若等比數列為遞增的，則
由于公比，則首項，取，可得，
故答案為：（首項為負數即可）.
14. 已知函數的定義域為R，的導函數，若函數無極值，則a=___________；若x=2是的極小值點，則a的取值范圍是___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】對進行分類討論，結合函數的單調性確定正確結論.
【詳解】當時，在區(qū)間上遞增，在區(qū)間上遞減.的極大值點為，極小值點為.
當時，，在上遞增，無極值.
當時，在區(qū)間上遞增，在區(qū)間上遞減.的極大值點為，極小值點為.
故答案為：；
15. 已知函數，數列的前項和為，且滿足，，則下列四個關于數列的結論中：①；②；③；④，其中所有正確結論的序號是 ________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根據直接求出即可判斷①；由且知只要確定函數在時的取值是否大于1即可判斷②；由②即可判斷③；對變形并結合知只要判斷是否大于1即可判斷④.
【詳解】對于①，，故①正確；
對于②，∵，
∴，當時，，在單調遞增，
∴，
∵，∴，
∴，故②正確；
對于③，∵，∴，故③錯誤；
對于④，令，，
∴，
∴在單調遞增，所以，
∴，則，
∴，
即，
∴，故④正確.
故答案為：①②④.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用函數的性質結合數列遞推關系式研究數列相關性質問題；求解關鍵是能夠發(fā)現數列關系式與函數的性質之間的關系.
三、解答題（共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.）
16. 已知等差數列滿足，.
（1）求的通項公式；
（2）設是等比數列的前項和，若，，求.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根據，計算等差數列的基本量和，即可得的通項公式；
（2）由，求出等比數列的基本量和，利用等比數列的前項和公式即可得到.
【小問1詳解】
設等差數列的公差為，
因，.
∴，，
解得，，
所以
【小問2詳解】
設等比數列的公比為，，，
聯立解得或，
當時，
當時，.
故或
17. 已知函數.
（1）求函數的單調增區(qū)間和減區(qū)間；
（2）當時，求函數最值.
【答案】（1）單調增區(qū)間，；減區(qū)間為.
（2）最大值為7；最小值為.
【解析】
【分析】（1）利用導數求函數單調區(qū)間；
（2）利用函數單調性求函數的最值.
【小問1詳解】
函數.
，
令，解得，.
令，解得，或.
令，解得.
∴函數的單調增區(qū)間為，；減區(qū)間為.
【小問2詳解】
由（1）可得：函數在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.
可得：時，函數取得極大值；時，函數取得極小值.
又，，，.
∴時，函數取得最大值為7；時，函數取得最小值為.
18. 已知數列中，，___________，其中.
（1）求數列的通項公式；
（2）設，求證：數列是等比數列；
（3）求數列的前n項和.
從①前n項和，②，③且，這三個條件中任選一個，補充在上面的問題中并作答.
【答案】（1）
（2）見解析（3）
【解析】
【分析】（1）選①，根據與的關系即可得出答案；
選②，根據與的關系結合等差數列的定義即可得出答案；
選③，利用等差中項法可得數列是等差數列，再求出公差，即可得解；
（2）求出數列的通項公式，再根據等比數列的定義即可得證；
（3）求出數列的通項公式，再利用錯位相減法即可得出答案.
【小問1詳解】
解：選①，
當時，，
當時，也成立，
所以；
選②，
因為，
所以，
所以數列是以為公差的等差數列，
所以；
選③且，
因為，所以數列是等差數列，
公差，
所以；
【小問2詳解】
解：由（1）得，
則，
所以數列是以為首項，為公比的等比數列；
【小問3詳解】
解：，
，①
，②
由①②得，
所以.
19. 已知函數.
（Ⅰ）求函數的極值；
（Ⅱ）求證：當時，；
（Ⅲ）當時，若曲線在曲線的上方，求實數a的取值范圍.
【答案】（Ⅰ）極大值1，無極小值；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）求導，列出隨x的變化，和的情況表，進而求得極值；
（Ⅱ）令（），求導，由得，則，進而得出函數單調性，由此得證；
（Ⅲ）當時，由（Ⅱ）知符合題意，再令，分及均可判斷不合題意，進而得出實數a的取值范圍.
【詳解】（Ⅰ）因為，定義域，所以.令，解得.
隨x的變化，和的情況如下：
由表可知函數在時取得極大值，無極小值；
（Ⅱ）證明：令（），
.
由得，于是，故函數是上的增函數.
所以當時，，即；
（Ⅲ）當時，由（Ⅱ）知，滿足題意.
令，.
當時，若，，則在上是減函數.
所以時，，不合題意.
當時，，則在上是減函數，所以，不合題意.
綜上所述，實數a的取值范圍.
【點睛】本題考查運用導函數研究函數的單調性、極值、最值、證明不等式，求參數的范圍，關鍵在于構造合適的函數，求其導函數的正負，得出其函數的單調性，從而得出所構造的函數的圖象趨勢，可以解決函數的極值、最值、不等式等相關問題，屬于難度題.
20. 已知函數.
（1）若，求在點處的切線方程；
（2）若在上恰有一個極小值點，求實數的取值范圍；
（3）若對于任意，恒成立，求實數的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求導，根據導數的幾何意義可得切線斜率及方程；
（2）求導，可得函數單調區(qū)間與極值點，再根據極值點范圍可得參數范圍；
（3）由不等式恒成立可知恒成立，，即，求函數的最值即可.
【小問1詳解】
當時，，，
所以，，
所以切線方程為.
【小問2詳解】
由，得.
令，得，.
①若，則，在上恒成立，
因此，在上單調遞增，無極值，不符合題意.
②若，則，與的情況如下：
因此，在，上單調遞增，在上單調遞減.
若在上有且只有一個極小值點，則需，
所以.
綜上，的取值范圍是.
【小問3詳解】
因為，
所以，即.
又因為，
所以，即.
令，所以.
因為，所以，
又，所以，
所以為上減函數，所以，所以
綜上，實數的取值范圍為.
【點睛】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行： (1)考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系． (2)利用導數求函數的單調區(qū)間，判斷單調性；已知單調性，求參數． (3)利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題． (4)考查數形結合思想的應用．
21. 已知有窮數列：滿足，且當時，，令.
（1）寫出所有可能的值；
（2）求證：一定為奇數；
（3）是否存在數列，使得？若存在，求出數列；若不存在，說明理由.
【答案】（1）1，；
（2）證明見解析（3）不存在數列，使得，理由見解析
【解析】
【分析】（1）根據可利用得，即可由的定義求解，
（2）根據得或，即可由遞推迭代法得，結合即可求證，
（3）利用（2）的結論，即可根據假設得矛盾求解.
【小問1詳解】
解：由題意，,所以，故滿足條件的數列的所有可能情況有：
0，1，0，此時；
0，-1，0，此時；
綜上所述，的所有可能取值為1，-1；
【小問2詳解】
證明：由，可設，則或（，），
所以，
因為，所以，
設中有個1，個，則，
故為奇數；
【小問3詳解】
為奇數，是由個1和個構成的數列，
，
則當的前項取1，后項取時，最大，
此時，不符合題意；
如果的前項中恰有項取，后項中恰有項取1，
則，
若，則，
因為是奇數，所以是奇數，而是偶數，
因此不存在數列，使得.
【點睛】求解新定義運算有關的題目，關鍵是理解和運用新定義的概念以及元算，利用化歸和轉化的數學思想方法，將不熟悉的數學問題，轉化成熟悉的問題進行求解.
x
0
0
增
極大值
減
極大值
極小值

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