2021-2022学年广东省佛山市南海区第一中学、佛山二中高二下学期4月联考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广东省佛山市南海区第一中学、佛山二中高二下学期4月联考数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省佛山市南海区第一中学、佛山二中高二下学期4月联考数学试题一、单选题1．数列，，，，，中，有序实数对是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据数列的概念，找到其中的规律即可求解.【详解】由数列，，，，，可知，，，，，则，解得，故有序实数对是，故选：．2．下列数列是递增数列的是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据数列的通项公式求出特殊值即可判断ABD，根据做差法判断D.【详解】对于A，令，则，，不合题意；对于B，令， 则，，不合题意；对于C，令，则，符合题意.对于D，令，则，，不合题意.故选：C3．某小镇在今年年底统计有人口20万，预计人口年平均增长率为1%，那么五年后这个小镇的人口数为（       ）A．20×(1.01)5万 B．20×(1.01)4万C．20×万 D．20×万【答案】A【分析】利用增长率公式即得.【详解】某小镇在今年年底统计有人口20万，预计人口年平均增长率为1%，那么1年后这个小镇的人口数为20(1＋1%)，2年后这个小镇的人口数为20(1＋1%)2，3年后这个小镇的人口数为20(1＋1%)3，4年后这个小镇的人口数为20(1＋1%)4，5年后这个小镇的人口数为20(1＋1%)5＝20×(1.01)5.故选：A.4．设数列是等差数列，为其前项和，，，则（       ）A．它的首项是，公差是 B．它的首项是，公差是C．它的首项是，公差是 D．它的首项是，公差是【答案】C【分析】根据条件可得，，解出即可.【详解】因为，所以可解得故选：C5．德国著名的数学家高斯，在幼年时使用倒序相加法快速计算出的结果，由此得到启发，我们归纳了等差数列前n项和公式.若等差数列的前n项和为，且，，（，），则n的值是（       ）A．12 B．14 C．15 D．16【答案】D【分析】由，，结合等差数列的性质及等差数列的前n项和公式即可求解.【详解】解：由题意，，，又根据等差数列的性质有，所以，即，所以，解得，故选：D.6．函数图象如图所示，则下列结论正确的是（       ）A．B．C．D．【答案】D【分析】利用导数的几何意义判定.【详解】如图，作出函数图象上在处的切线，可见三条切线的斜率依次递减，但是都大于零，由导数的几何意义可知，导数即为切线的斜率，所以，故选:D.7．曲线在处的切线如图所示，则（       ）A． B．C． D．【答案】C【详解】由图可知切线斜率为，∴.故选：C.8．函数在区间内存在极值点，则（       ）A． B．C．或 D．或【答案】B【分析】依据导函数，判定函数的单调性，列出关于实数a的不等式组，即可求得a的范围.【详解】，，则， 函数在内存在极值点，则在内有异号零点则有或，即或解之得故选：B二、多选题9．费马数是以数学家费马命名的一组自然数，具有如下形式：（，1，2，…）．若，则（       ）A．数列的最大项为 B．数列的最大项为C．数列的最小项为 D．数列的最小项为【答案】BD【分析】先求出，利用单调性求出最大项和最小项.【详解】，因为函数单调递增，且当时，，当时，，所以数列的最大项为，数列的最小项为．故选：BD10．已知，，在抛物线上，割线PM的斜率为，割线QM的斜率为，抛物线在M处的切线斜率为k，则（       ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】利用平均变化率和瞬时变化率的定义求解.【详解】因为，，所以，又可正可负且不为零，所以，，的大小关系不确定．故选：AB11．若函数的图象在点处与x轴相切，则实数a的值可能为(       )A．1 B．4 C．0 D．2【答案】BC【分析】结合已知条件可得和，求解即可得到的值.【详解】由题意可知，，因为函数的图象在点处与x轴相切，所以，解得或.故选：BC.12．设函数，则下列说法正确的是（       ）A．定义域是（0，+）B．x∈（0，1）时，图象位于x轴下方C．存在单调递增区间D．有且仅有两个极值点【答案】BC【解析】根据可得定义域，即可判断；通过当时，可判断；【详解】由题意函数满足，解得且，所以函数的定义域为，所以A不正确；由，当时，，∴，所以在上的图象都在轴的下方，所以B正确；∵，设，所以，函数单调增，，，所以在定义域上有解，所以函数存在单调递增区间，所以C是正确的；则函数只有一个根，使得，当时，，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以函数只有一个极小值，所以D不正确；故选：BC.【点睛】本题主要考考查了求函数的定义域以及符号，利用导数研究函数的性质，属于中档题.三、填空题13．数列满足，递推关系为，则__________．【答案】【分析】根据递推关系计算即可得答案.【详解】解：当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；故答案为：14．在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．【答案】27，81【分析】设插入两个数为，，则，求出，由此能求出这两个数．【详解】在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，设插入两个数为，，则，解得，故，，，故这两个数为27和81，故答案为：27，81．15．已知函数 ，则=___________．【答案】【分析】利用基本初等函数的导数公式以及导数的运算法则求出导函数，令即可求解.【详解】解：，所以，解得，故答案为：16．已知.若曲线存在两条过点的切线，则的取值范围是___________.【答案】或【分析】求导函数设切点坐标为，写出切线方程并代入点得，由于有两条切线，故方程有两非零的根，结合判别式即可求解．【详解】由题得，设切点坐标为，则切线方程为，又切线过点，可得，整理得，因为曲线存在两条切线，故方程有两个不等实根且若，则，为两个重根，不成立即满足，解得或．故的取值范围是或故答案为：或四、解答题17．火箭发射后，其高度（单位：m）为．求：（1）在这段时间里，火箭爬高的平均速度；（2）发射后第时，火箭爬高的瞬时速度．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据平均速度的计算公式求解；（2）根据导数的概念求解.【详解】（1）因为，所以在这段时间里，火箭爬高的平均速度为； （2）因为所以发射后第时，火箭爬高的瞬时速度.18．已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan，其中λ≠0.(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5=，求λ.【答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）利用等比数列的定义及其通项公式即可的得出.（2）由（1）及，得，再令可求解.【详解】(1)证明：由题意得，故.由，得，即，由得，所以.因此是首项为，公比为的等比数列，于是.(2)由（1）及，得.由得，即.解得.19．已知公差不为零的等差数列中，，又成等比数列．(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）利用已知条件和等比中项，求出数列的首项和公差，即可求出通项公式；（2）利用裂项相消法即可求出结果.【详解】(1)解：公差不为零的等差数列中，，又成等比数列，所以，即，解得，则；(2)解：由（1）可知，，可得数列的前项和.20．已知函数在处取得极大值1.（1）求函数的图象在处切线的方程；（2）若函数在上不单调，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）或.【解析】（1）先对函数求导，利用题意列出方程组，从而求得函数解析式，之后利用导数的几何意义，结合直线方程点斜式求得切线方程；（2）先令导数等于零，求得函数的极值点，函数在给定区间上不单调的等价结果是零点在区间上，得到参数的范围.【详解】（1）因为，由题意可得解得，，所以；经检验，适合题意，又，，所以函数图象在处切线的方程为，即.（2）因为，令，得或.当时，，函数为增函数，当时，，函数为减函数，当时，，函数为增函数.因为函数在上不单调，所以或，所以或.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，解决该题的思路如下：（1）对函数求导，利用题意，列出方程组，求得函数解析式；（2）利用导数的几何意义，结合直线方程点斜式求得切线方程；（3）函数在给定区间上不单调等价结果是极值点在区间内.21．设等差数列的前n项和为，且，，(1)求数列的通项公式：(2)若数列满足，，求数列的前n项和为．【答案】(1)(2)【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，依题意得到方程组，解得和，即可求出数列的通项公式；（2）根据，当时求出，当时，两式作差即可求出的通项公式，再利用错位相减法求和即可；【详解】(1)解：设等差数列的首项为，公差为，由，，则，解得，所以；(2)解：因为，当时，即，当时，所以，即，当时也成立，所以，所以，，所以，所以.22．已知函数，其中．(1)若存在唯一极值点，且极值为0，求的值；(2)若，讨论在区间上的零点个数．【答案】(1)或；(2)当时，在，上无零点，当或或 时，在，上有1个零点，当时，在，上有2个零点.【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，结合函数的极值为0，得到关于的方程，解出即可；（2）通过讨论的范围，讨论极值点与给定区间的位置关系，求出函数的单调区间，结合零点存在性定理判断即可．【详解】(1)，定义域是，，①若，则当时，恒成立，故在单调递增，与存在极值点矛盾，②若时，则由解得：，故时，，当时，，故在单调递减，在单调递增，故存在唯一极小值点，故，故或；(2)①时，在，上恒成立，故在，上单调递增，， ，由零点存在性定理，在，上有1个零点；②当时，在，上恒成立， 故在，上单调递增，， ,由零点存在性定理，在，上有1个零点；③当时，当，时，，，时，，在，上单调递减，在，上单调递增，， 此时若，，在，上有1个零点；若，，在，上无零点；若，，而，若，即 ，在，上有1个零点；若，即 ，在，上有2个零点；综上：当时，在，上无零点，当或或 时，在，上有1个零点，当时，在，上有2个零点.