2021-2022学年上海市七宝中学高二下学期期中数学试题 （解析版）

2021-2022学年上海市七宝中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知函数在处导数为，则等于（       ）

A． B． C． D．0

【答案】B

【分析】利用导数的定义直接求解即可.

【详解】.

故选：B.

2．对于不等式 ＜n＋1(n∈N)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：

（1）当n＝1时， ＜1＋1，不等式成立．

（2）假设当n＝k(k∈N)时，不等式成立，即 ＜k＋1，则当n＝k＋1时，＝＜＝＝(k＋1)＋1，

∴n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法（       ）

A．过程全部正确

B．n＝1验得不正确

C．归纳假设不正确

D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确

【答案】D

【分析】根据数学归纳法的定义即可判断答案.

【详解】在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设.

故选:D.

3．某城市在中心广场建造了一个花园，花园分为6个部分（如图所示），现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有多少种？（       ）

A．72 B．96 C．120 D．144

【答案】D

【分析】根据4号区域和6号区域颜色是否相同进行分类，结合计数原理，即可求得结果.

【详解】按照区域序号1,2,3,4,6,5进行栽种，

若号区域和6号区域选择同一种颜色的花：则共有：种；

若4号区域和6号区域不选择同一种颜色的花：则共有：种；

只种植3种花的情况共有：.

故共有种栽种方式.

故选：C.

4．已知等比数列首项，公比为，前项和为，前项积为，函数，若，给出以下结论：

①为单调递增的等差数列；②使得成立的的最大值为．则（       ）

A．①正确，②正确 B．①正确，②错误

C．①错误，②正确 D．①错误，②错误

【答案】C

【分析】根据题设条件求出，由,可得，即可判断①正确与否；因为, 且,所以,即可②正确与否

【详解】函数 ,

则,

因为, 所以,由等比数列的性质可得,

所以 ,所以,

由,可得,

因为等比数列首项,公比为,所以,

则, 故为单调递减的等差数列, 故①错误;

因为, 且,

所以,

所以使得成立的的最大值为6 , 故②正确.

故选: C

二、填空题

5．在等比数列中，若，，则__________．

【答案】

【分析】设公比为，根据题意求得，再求即可.

【详解】设等比数列的公比为，由题可知，故.

故答案为：.

6．__________．

【答案】

【分析】利用极限运算方法直接计算即可.

【详解】.

故答案为：.

7．若函数在处取极值，则__________．

【答案】

【分析】利用极值点定义可得，由此求得；验证可知时满足题意.

【详解】，又在处取极值，，；

当时，，，

则当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，

在处取极值，满足题意；.

故答案为：.

8．甲盒子中有3个不同的红球，乙盒子中有7个不同的白球，某同学要在甲盒或乙盒中摸一个球，则不同的方法有__________．

【答案】

【分析】某同学要在甲盒或乙盒中摸一个球,情况1：在甲盒中摸，有3个不同的红球，所以有3种不同的方法；情况2：在乙盒中摸，有7个不同的白球，所以有7种不同的方法；由分类加法计数原理可求得所有不同的方法.

【详解】由题意得，在甲盒摸球时有种不同的方法，在乙盒中摸球时有种不同的方法；某同学要在甲盒或乙盒中摸一个球，则不同的方法共有种.

故答案为：.

9．曲线在点处的切线与轴交点坐标为__________．

【答案】

【分析】利用导数几何意义可求得切线斜率，进而得到切线方程；令即可求得所求点坐标.

【详解】，曲线在处的切线斜率，

切线方程为：，即，令，解得：，

切线与轴交点坐标为.

故答案为：.

10．已知无穷等比数列的前项和，则的各项和为__________．

【答案】

【分析】利用极限的思想可直接求得结果.

【详解】，.

故答案为：.

11．从1，2，3，4，9这五个数中任取两个数分别作为对数的底数和真数，则可以得到__种不同的对数值.

【答案】9

【解析】根据题意，结合对数的运算性质，列出所有满足题意的可能，即可得答案.

【详解】当构成的对数式含有1时，即真数为1，底数可为2,3,4,9，得到的对数值均为0；

当构成的对数式不含1时，有（2,3）、（3,2）、（2,4），（4,2），（2,9），（9,2），（3,4），（4,3），（3,9），（9,3），（4,9），（9,4）共12种，

其中log23＝log49，log24＝log39，log32＝log94，log42＝log93，重复4个，有12﹣4＝8个；

综上，可以得到1+8＝9种不同的对数值，

故答案为：9.

12．设数列的前项和为，若，，则的通项公式为__________．

【答案】

【分析】根据可得，由此可证得数列是等比数列，由此可得；利用与的关系可求得.

【详解】由得：，即，

又，数列是以为首项，为公比的等比数列，；

当时，；

当时，；

经检验：不满足；

故答案为：.

13．用表示不超过x的最大整数，如，．如果定义数列的通项公式为，则__________．

【答案】

【分析】根据定义找出数列的分布特点，进而求出其前6n项的分布，再代入求和公式即可.

【详解】∵，

∴，

，

∴.

故答案为：.

14．近期，上海加大疫情的防控力度，上海疫情隔离点逐渐增多，如图所示，、、、为上海某地四个隔离点，为了方便食物供应，现在要建造三座桥，将这四个隔离点连接起来，则不同的建桥方法有_________种．

【答案】

【分析】分两种情况讨论：第一类，从一个隔离点出发向其他三个隔离点各建一座桥；第二类，一个隔离点最多建两座桥.分别计算出两种方案下建桥的方法种数，利用分类加法计数原理可得结果.

【详解】第一类，从一个隔离点出发向其他三个隔离点各建一座桥，共有种方法；

第二类，一个隔离点最多建两座桥，建法为，

将隔离点名称、、、分别填入四个中，则分成四个步骤，

第一步，先填第一个，有种方法，再依次填第二、三、四个，分别有、、种方法，

注意到和两种是同一种建桥方法，

则第二类建桥方法共有种方法，

由分类加法计数原理可知，建桥方法种数为种.

故答案为：.

15．记数列的前项和为，，下列三个命题中错误的序号有_________．

①若（非零常数满足，），则数列为等比数列；

②若数列为等比数列，则，，，…仍为等比数列；

③为严格递增数列是为严格递增数列的必要非充分条件．

【答案】②③

【分析】由和的关系可得，由可知数列为等比，知①正确；通过反例可说明②③错误.

【详解】对于①，当时，；

当时，；

经检验：满足；

，，

数列是以为首项，为公比的等比数列，①正确；

对于②，若数列为：，，，，…，则为等比数列；

当时，，，，…，

此时，，不是等比数列，②错误；

对于③，若为等差数列，且，则；

此时为严格单调递增，但是先减后增的数列，充分性不成立；

若，则；当时，；

，数列不是严格单调增数列，必要性不成立；③错误.

故答案为：②③.

16．已知数列的首项，且满足对任意都成立，则能使成立的正整数的最小值为_________．

【答案】

【分析】由已知等式得或；当为等差或等比数列时，可知不满足题意；则为等差与等比的交叉数列，要使最小，则可利用递推关系式所满足的规律进行推导得到结果.

【详解】由知：或；

当时，数列是以为首项，为公差的等差数列，

，则，解得：（舍）；

当时，数列是以为首项，为公比的等比数列，

，则，解得：（舍）；

数列应是等差与等比的交叉数列，又，或；

若要最小，则，

，

即，

的最小值为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列中的规律求解数列中的项的问题，解题关键是能够根据递推关系式明确数列是等差和等比各项交叉所得的数列；若要使最小，则需尽可能利用对数列中的项进行缩减，进而返回到首项上.

三、解答题

17．公差非零的等差数列的前n项和为，若是，的等比中项，．

(1)求；

(2)数列为等差数列，，数列的公差为，数列的前n项和为，是否存在最大或者最小值？如果存在求出最大或者最小值，如果不存在请说明理由．

【答案】(1)60

(2)存在最大值66

【分析】（1）利用基本量根据已知条件列方程组直接求解可得，然后可得；

（2）由（1）可得，然后由二次函数性质可得.

【详解】(1)记等差数列的公差为，

由题知，整理得

因为

所以可解得

所以

(2)由（1）可知

因为数列的公差为，

所以

因为的对称轴为，

所以当时，有最大值

18．已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数为，数列的前项和为，点均在函数的图象上．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，是数列的前项和，求使得对所有都成立的最小正整数．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数可还原得到，由此可得；利用与关系可求得；

（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得，则可得，由此可求得，进而求得最小正整数.

【详解】(1)，，又经过坐标原点，；

点在函数的图象上，，即；

当时，；

当时，；

经检验：满足；

.

(2)由（1）得：；

；

，，，

由恒成立可知：，解得：，

所求的最小正整数.

19．上海的疫情牵动着全国人民的心，全国各地送来了很多支援上海的防疫物资，除此之外一些蔬菜中转厂，通过向农场购买蔬菜进行储存，再卖给上海各个小区，也为上海居民提供了蔬菜来源.某蔬菜中转厂的每日进货的蔬菜量最多不超过20吨，由于蔬菜采购，运输，管理等因素，蔬菜每日浪费率p与日进货量x（吨）之间近似地满足关系式，已知售出一顿蔬莱可赢利2千元，而浪费一吨蔬菜则亏损1千元．

（蔬菜中转厂的日利润y＝日售出赢利额－日浪费亏损额）．

(1)将该蔬菜中转厂的日利润y（千元）表示成日进货量x（吨）的函数；

(2)当该蔬菜中转厂的日进货量为多少吨时，日利润最大？最大日利润是几千元？

【答案】(1)

(2)当该蔬菜中转厂的日进货量为吨时，日利润最大，最大日利润是千元

【分析】（1）根据蔬菜中转厂的日利润y＝日售出赢利额－日浪费亏损额，列出函数式将代入即可；

（2）对分段函数分别求其单调性以及最值即可得出日利润最大值.

【详解】(1)依题意得，

(2)当时，

令解得：

当时， ，函数单调递增；

当时， ，函数单调递减；

当时，取得极大值，也是最大值

又，，最大值为

当时，

，单调递减

当时，取得最大值

，

当该蔬菜中转厂的日进货量为吨时，日利润最大，最大日利润是千元.

20．已知函数,,设．

（1）求函数的单调区间；

（2）若以函数图像上任意一点为切点的切线的斜率恒成立，求实数的最小值；

（3）是否存在实数m,使得函数的图像与函数的图像恰有四个不同的交点？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．

【答案】(1) 的单调递减区间为，单调递增区间为．

(2)

(3) 当时，的图象与的图象恰有四个不同的交点

【详解】试题分析：解：（1），

∵，由，∴在上单调递增．

由，∴在上单调递减．

∴的单调递减区间为，单调递增区间为．

（2），

恒成立

当时，取得最大值．

∴，∴

（3）若的图象与的图象恰有四个不同得交点，即有四个不同的根，亦即有四个不同的根．

令，

则

当x变化时，、的变化情况如下表：

由表格知：，

画出草图和验证可知，当时，与恰有四个不同的交点．

∴当时，的图象与的图象恰有四个不同的交点．

【解析】导数与函数，函数与方程的综合运用

点评：解决该试题的关键是能结合导数的符号判定函数单调性，以及函数的最值，进而得到求解．同时对于方程根的问题，转换为图像与x轴的交点个数来处理，属于中档题．

21．已知数列、分别满足，，且，，其中，设数列、的前项和分别为、；若数列满足：存在唯一的正整数，使得，则称数列为“坠点数列”．

(1)若数列、都为递增数列，求数列、的通项公式；

(2)若数列为“坠点数列”，求；

(3)若数列为“坠点数列”，数列为“坠点数列”，是否存在正整数，使？若存在，求的最大值；若不存在，说明理由．

【答案】(1)，

(2)

(3)存在，且的最大值为

【分析】（1）根据题意推导出数列为等差数列，且首项为，公差为，可求得，求出的值，根据题意可知数列从第项开始成以为公比的等比数列，由此可求得数列的通项公式；

（2）列举出数列，分、两种情况求出数列的通项公式，结合等差数列的求和公式可求得的表达式；

（3）分析可知数列有且只有两个负项，假设存在正整数，使得，利用反证法推导出不成立，再由，通过构造特定的数列、满足条件，可得出正整数的最大值，并求出对应的、的值.

【详解】(1)解：因为数列、都为递增数列，

由递推式得，所以，数列为等差数列，且首项为，公差为，则，

，则，，则，

由题意可知，当且，，所以，数列从第项开始成以为公比的等比数列，

当且时，，不满足，故.

(2)解：因为数列满足：存在唯一的正整数，使得，且，

所以数列必为：、、、、、、、、，

数列的前项是首项为，公差为的等差数列，

即当且时，则，此时；

数列从第项开始是首项为，公差为的等差数列，

即当且时，则，此时.

综上所述，.

(3)解：因为，即，

又因为，所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，则，

而数列为“坠点数列”且，所以，数列有且只有两个负项，

假设存在正整数，使得，显然，且为奇数，

而数列中各项均为奇数，所以必为偶数，首先证明，

若，数列中，，

而在数列中，必然为正，

否则，

显然矛盾；

所以，，

设，

设，

则，

所以，数列为递增数列，且，则为递增数列，

而，所以，，即，

当时，构造为、、、、、、、，

为：、、、、、、、，

此时，，所以，，对应地，.

【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，在求解本题的第三小问时，可以通过利用假设的方法说明不成立，再通过构造特定的数列来得出的最大值.