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山东省日照市2022-2023学年高二数学下学期期中校际联合考试试题(Word版附解析)
山东省日照市2022-2023学年高二数学下学期期中校际联合考试试题(Word版附解析)
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2021级高二下学期期中校际联合考试数学试题考生注意:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束,将试题卷和答题卡一并交回.一、单项选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.数列,,,…,,…的第10项是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由观察可得数列规律,即可得答案.【详解】由题可得数列第n项为,则数列第10项为.故选:A2.已知函数,则()A.0B.1C.D.4【答案】C【解析】【分析】直接求导计算即可.【详解】由题意可得:故选:C 3.已知,,则a,b的等差中项为()A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】先求解可得,然后根据等差中项的性质,即可得出答案.【详解】由已知可得,.设a,b的等差中项为,根据等差中项的定义,有.故选:B.4.函数的单调递增区间是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用导数的性质进行求解即可.【详解】由题意得,令,解得或,故其单调增区间为,故选:A.5.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》书中提出高阶等差数列前后两项之差不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列,其前6项分别是1,6,13,24,41,66,则该数列的第7项为()A.91B.99C.101D.113【答案】C【解析】 【分析】根据高阶等差数列的定义,逐项作差,可推得为等差数列,且,反向求解可得,.【详解】由已知可设,,,,,.设,则,,,,.设,则,,,,根据高阶等差数列的定义以及的前4项可知,为等差数列,所以,即,所以,即,所以.故选:C.6.已知过点作曲线的切线有且仅有两条,则实数a的取值可能为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设切线切点为,后由切线几何意义可得切线方程,代入,可得,则过点作曲线的切线有且仅有两条,等价于关于的方程有两个不同实根,即可得答案.【详解】设切线切点为,因,则切线方程为:,代入,得,因,则.因过点作曲线的切线有且仅有两条,则有且仅有两个不等实根,则或.则符合题意.故选:D7.对于函数,部分x与y的对应关系如下表: x123456789y375961824数列满足:,且对于任意,点都在函数的图象上,则()A7569B.7576C.7579D.7584【答案】D【解析】【分析】利用题设中的数据,分别列举数列中的前几项,找出规律,得到数列的周期性,然后利用周期性求和,即可求解.【详解】由题意,数列满足,且点都在函数的图象上,可得,,,,则数列是周期为的周期数列,即数列满足,则.故选:D.8.已知,,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】构造函数,其中,利用导数分析函数的单调性,可得出、的大小关系,由、的大小关系可得出、的大小关系,即可得出结论.【详解】构造函数,其中,则,由可得;由可得.所以,函数的增区间为,减区间为,所以,,即,即,故,因为,所以,,即,所以,,即,所以,,所以,,因此,.故选:A.【点睛】思路点睛:解答比较函数值大小问题,常见的思路有两个:(1)判断各个数值所在的区间;(2)利用函数的单调性直接解答.数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求的,全部选对得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.9.已知是等差数列,其公差为,前项和为,,.则()A.B.C.数列为递减数列D.数列是等差数列【答案】AB【解析】【分析】根据已知条件可得出关于、的方程组,解出这两个量的值,可判断ABC 选项,利用等差数列的定义可判断D选项.【详解】由题意可得,解得,AB均对,数列为单调递增数列,C错,不是常数,故数列不是等差数列,D错.故选:AB.10.已知函数的导函数的图象如图所示,则下列判断正确的是()A.在区间上单调递增B.在区间上单调递增C.为的极小值点D.2为的极大值点【答案】BD【解析】【分析】由图象可得出导函数正负,然后得出函数的单调区间,进而判断,即可得出答案.【详解】对于A项,由图象可得,当时,,所以在上单调递减;当时,,所以在上单调递增,故A项错误;对于B项,由图象可得,当时,,所以在上单调递增,故B项正确;对于C项,由图象可得,当时,,所以在上单调递减,故C项错误;对于D项,由图象可得,当时,,所以在上单调递增;当时,,所以在上单调递减. 所以,当时,取得极大值,所以2为的极大值点,故D项正确.故选:BD.11.已知函数,则下列选项正确的()A.在上单调递增B.恰有一个极大值和一个极小值C.当时,无实数解D.当时,有三个实数解【答案】BCD【解析】【分析】按绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号后,求导确定函数的单调性、极值,在确定方程的根的个数时,注意函数值的变化趋势.【详解】对于A,时,,,时,,时,,在上单调递增,在上单调递减,时,,,在上单调递增,A错误;对于B,由上讨论知是的极大值点,是的极小值点,B正确;对于C,当时,,,,时,,所以时,无实数解,C正确;对于D,时,,由以上讨论知当时,.而,, 如图可知,有3个实数解,所以有3个实数解,D正确.故选:BCD.【点睛】方法点睛:函数方程根的个数问题,可利用导数确定函数的单调性、极值,从而确定函数的变化趋势,然后结合函数图象,把根的个数转化为函数图象与直线的交点个数.12.设的三边长分别为、、,的面积为,若,,,,,则()A.B.数列是递增数列C.为递增数列D.为递减数列【答案】AC【解析】【分析】由已知可得出,,,两个等式相加可判断A选项;求出的通项公式,结合等比数列的单调性可判断B选项;求出数列的通项公式,结合数列的单调性可判断D选项;利用海伦公式可得出的通项公式,结合数列的单调性可判断C选项.【详解】对于A选项,因为,,则,,,所以,,又因为,所以,,A对;因为,且,所以,数列为等比数列,且其首项为,公比为,所以,,且,所以,数列为递减数列,B错;对于D选项,由可得, ,因为,所以,数列为摆动数列,D错;对于C选项,的半周长为,由海伦公式可得,所以,为递增数列,C对.故选:AC.【点睛】关键点点睛:本题主要考查数列单调性的判断,解题的关键在于利用等式,相加或相减构造出等比数列来进行判断,另外在求的通项公式时,注意到的周长为定值,可通过海伦公式求出的表达式,结合数列单调性来加以判断.三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.在等差数列中,已知,那么________.【答案】3【解析】【分析】根据等差中项的性质可推得,即可得出答案.【详解】根据等差数列的性质可知,,所以.故答案为:3.14.函数在区间上的平均变化率为15,则实数的值为____________.【答案】1【解析】【分析】由已知可得,再由函数在区间上的平均变化率为15,得,从而可求出实数的值 【详解】由区间可知,可得,又由,解得.故答案为:115.设矩形的边长为a,,其长边在半径为R的半圆的直径所在的直线上,另两个顶点正好在半圆的圆周上,则此矩形的周长最大时,________.【答案】4【解析】【分析】根据题意分析可得,设,结合辅助角公式整理可得,结合三角函数分析运算即可.【详解】如图所示,设,可知圆心为的中点,连接,则,可得,即,设,则矩形的周长为,其中,∵,则,所以,当且仅当时,等号成立,即,可得,故矩形的周长最大时,则, 所以.故答案为:4.16.设,若时,均,则________.【答案】【解析】【分析】把不等式转化为可得恒成立,分和时,结合二次函数的图象与性质,即可求解.【详解】由,可得,即对于时,对于时,恒成立.当时,可得,因为,可得,所以,不符合题意;当时,因为恒成立,又由,即,即,可得,解得,将代入可得,即,解得.所以当时,对于时,恒成立.故答案为:.四、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17.已知是等差数列,其中,. (1)求的通项公式;(2)求的值.【答案】(1)(2)-50【解析】【分析】(1)利用等差数列的基本量的运算即得;(2)利用等差数列的求和公式即得.【小问1详解】设等差数列的公差为d,因为,所以,所以,,所以.【小问2详解】因为是等差数列,所以,是首项为,公差为等差数列,共有10项,.18.设与是函数的两个极值点.(1)试确定常数a和b的值;(2)设,求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积.【答案】(1),(2)【解析】【分析】(1)利用极值点处的导数等于零,联立方程组即可求解; (2)根据(1)的结论及导数的几何意义,利用直线的点斜式方程及直线的截距式方程,结合三角形的面积公式即可求解.【小问1详解】,因为与是函数的两个极值点,所以,即解得,.经检验当,时,符合题意.所以,.【小问2详解】因为,所以,所以所以曲线在点处的切线的斜率为所以切线方程是,即,所以因为切线在轴上的截距是1,轴上的截距是;所以三角形面积是.19.将正奇数数列1,3,5,7,9,…的各项按照上小下大、左小右大的原则写成如图的三角形数表.(1)设数表中每行的最后一个数依次构成数列,求数列的通项公式; (2)设,求数列的前n项和.【答案】(1),(2)【解析】【分析】(1)由数表可得为第个奇数,后由第n个奇数为可得数列通项;(2)由(1)可得,后由裂项相消法可得答案.【小问1详解】由数表知,为第个奇数,又第n个奇数为,则,;【小问2详解】由(1)可得.则.20.有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计),一边长为分米,另一边足够长.现从中截取矩形(如图甲所示),再剪去图中阴影部分,用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示,重叠部分忽略不计),其中是以为圆心、的扇形,且弧、分别与边、相切于点、. (1)当长为分米时,求的长;(2)当的长是多少分米时,折卷成的包装盒的容积最大?并求容积的最大值【答案】(1)分米(2)当分米时,折卷成的包装盒容积最大,最大值为立方分米【解析】【分析】(1)在图甲中,连接交于点,设,根据可求得的值,再利用的长度等于的长度可求得的长;(2)设,则,其中,利用柱体的体积公式可得出包装盒的容积关于的函数表达式,利用导数可求得该包装盒的容积的最大值.【小问1详解】解:在图甲中,连接交于点,设,图甲在中,易知为的中点,则,则,所以,,所以,则.,,等于的长度,所以,,则,因为,所以,,所以,当长为分米时,的长为分米.【小问2详解】解:设,则,则所得柱体的底面积. 又所得柱体的高,所以,其中.令,,则由,解得,列表如下:x增极大值减所以当时,取得最大值,并且.所以当分米时,折卷成的包装盒容积最大,最大值为立方分米.21.在数列中,,.(1)求数列的通项公式;(2)已知数列的前n项和为,且数列满足,若不等式对一切恒成立,求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由可得,进而得到数列是等差数列,从而可求得通项公式;(2)利用错位相减法求得,再分奇偶转化为求最小值,即可求解.【小问1详解】因为时,,, .所以数列是公差为1,首项为的等差数列,所以.所以数列通项公式为.【小问2详解】由题意知:,令①则②①-②得,所以恒成立.令,则,所以数列是递增数列.若n为偶数,,则恒成立,∴;若n为奇数,,则恒成立,,综上.22.设函数.(1)讨论的导函数的零点的个数;(2)证明:当时,.【答案】(1),没有零点;时,一个零点(2)证明见解析【解析】【分析】(1)求出,分,和讨论,结合零点存在定理,即可得出零点的个数;(2)根据(1)的结论,可推得在时,取得最小值.由,即 ,两边取对数化简.代入化简求得,变形根据基本不等式,即可得出,得出证明.【小问1详解】的定义域为,且.①时,在上恒成立,此时没有零点;②时,由于单调递增,在上单调递增,在单调递增.由于,.令,则上恒成立,所以在上单调递增,所以,所以.因为,所以,所以,所以.根据零点存在定理以及的单调性可知,只有一个零点.综上:,没有零点;时,一个零点.【小问2详解】由(1)知,当时,导函数在上存在唯一的零点.当时,,所以在上单调递减;当时,,所以在上单调递增.故在时,取得最小值. 由,即,从而有.所以,当且仅当时,即时等号成立,所以,当时,.
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高中 - 数学
发布时间:2023-10-08 17:57:02
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