2021-2022学年福建省福州第一中学高二下学期期中考试数学试题含解析

2021-2022学年福建省福州第一中学高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知，则（       ）

A．0 B．2 C．1 D．-2

【答案】B

【分析】求出函数的导数，再求即可作答.

【详解】由求导得：，

所以.

故选：B

2．在北京冬奥会开幕式上，二十四节气倒计时惊艳了世界．从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至的日影长为18.5尺，立春的日影长为15.5尺，则立夏的日影长为（       ）

A．9.5 尺 B．10.5 尺 C．11.5 尺 D．12.5 尺

【答案】A

【分析】由等差数列相关运算得到公差，进而求出立夏的日影长.

【详解】由题意得：为等差数列，公差为d，则，，则，解得：，则，故立夏的日影长为9.5尺.

故选：A

3．在等比数列中，，，则（       ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】D

【分析】由等比中项转化得，可得，求解基本量，由等比数列通项公式即得解

【详解】设公比为，则由，

得，即

故，解得

．

故选：D

4．展开式中的常数项为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用二项式定理求出展开式的通项公式，得到时为常数项，代入求出答案.

【详解】展开式的通项公式为，

令得：，

故

故选：C

5．设，，，则的大小顺序为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，求出函数的导函数，即可得到函数的单调性与最大值，然后结合函数单调性即可比较大小．

【详解】解：令，则，

当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，

故当时，函数取得最大值，

因为，，，

，

当时，函数单调递增，

可得，即．

故选：B．

6．为了促进边疆少数民族地区教育事业的发展，我市教育系统选派了3名男教师和2名女教师去支援新疆教育，要求这5名教师被分派到3个学校对口支教，每名教师只去一个学校，每个学校至少安排1名教师，其中2名女教师分派到同一个学校，则不同的分派方法有（       ）

A．18种 B．36种 C．68种 D．84种

【答案】B

【分析】由题意：2名女教师分派到同一个学校考虑该校是否分配男教师，即可求出答案.

【详解】根据题意，分派方案可分为两种情况:

①2名女教师和1名男教师分派到同一个学校，则有种方法.

②2名女教师分派到同一个学校，且该学校没有分配没有男教师，则有：种方法.

故一共有：36种分配方法.

故选：B.

7．已知定义在上的函数满足：，且，则的解集为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】令，利用导数可判断其单调性，从而可解不等式.

【详解】设，则，

故为上的增函数，

而可化为即，

故即，所以不等式的解集为，

故选：A.

8．关于的不等式只有唯一实数解，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由导数证明，不等式变形为，引入函数，利用导数确定函数的单调性，最小值，由不等式只有一解得，其中在确定的正负时，需对中的部分式子引入新函数，由二次求导的方法确定正负．

【详解】题中显然有，

设，则，

时，，递减，时，，递增，

，所以，

由得

设，则，

设，

则，设，

，时，，递减，时，，递增，

而，所以，是增函数，

又，所以时，，，递减，时，，，递增，

所以，

不等式只有一解，则．

故选：A．

二、多选题

9．记为等差数列的前n项和.若，则以下结论一定正确的是（       ）

A．  B．的最大值为

C．  D．

【答案】AC

【分析】设等差数列的公差为，由，求得，结合等差数列的通项公式和求和公式，逐项判定，即可求解.

【详解】设等差数列的公差为，

因为，可得，解得，

又由，所以，所以A正确；

因为公差的正负不能确定，所以可能为最大值最小值，故B不正确；

由，所以，所以C正确；

因为，所以，即，所以D错误.

故选：AC.

10．函数的图象可能是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】分类讨论a的取值范围，再对函数求导判断单调性，依次根据a的取值判断出满足要求的图形.

【详解】解：①当时，的定义域为，，

令，解得，时，，单调递增，

时，，单调递减，

当时，，选项B符合；

当时，，选项C符合；

当时，，没有满足要求的图形；

②当时，，没有满足要求的图形；

③当时，的定义域为，

此时在单调递减，

，，选项A符合.

故选：ABC

11．已如函数，则以下结论正确的是（       ）

A．函数存在极大值和极小值

B．

C．函数存在最小值

D．对于任意实数k，方程最多有4个实数解

【答案】CD

【分析】利用导数求出单调性可判断AC；根据单调性判断B；转化为，交点问题，数形结合判断D.

【详解】由可得，

当， ，当，由，

所以在单调递减，在单调递增，故选项A不正确，C正确：

对于选项B：在单调递增，

因为，所以，故B错误；

对于选项D：方程即，有一根为，令．

则，

令可得或，

令可得，

所以在和单调递增，在单调递减，

，

作出，的图形如图所示：

所以存在时，方程有3个实数解，此时方程有4个实数解，故D正确.

故选：CD.

12．已知正项数列满足，则下列说法正确的是（       ）

A．若，则，

B．，使单调递增

C．，使

D．若，则数列中有无穷多项大于

【答案】ACD

【分析】直接由递推关系式依次计算即可判断A选项；由和作差得到进而得到和异号即可判断B选项；由即可判断C选项；分和结合递推关系式依次判断和的大小即可判断.

【详解】对于A，若，则，，

，，即，，A正确；

对于B，由可得，两式相减得，

由可得，若，则，

若，则，故不具有单调性，B错误；

对于C，若，由解得，显然恒成立；

若，由上知：，可得，，又为正项数列，，可得，

即存在，使，故C正确；

对于D，若，则，，，可知为偶数时，；

若，则，，，可知为奇数时，；

故时，数列中有无穷多项大于，D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．曲线在点处的切线方程为___________.

【答案】

【分析】先求出导函数，得到斜率，点斜式写出切线方程.

【详解】因为，所以，

所以.

所以曲线在点处的切线方程为，即.

故答案为：

14．小明跟父母､爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐一排．则小明的父母都与他相邻的排法总数为_________．

【答案】12

【分析】根据已知“小明的父母都与他相邻”，可采用捆绑法处理，再整体全排即可.

【详解】小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，

将3人看成一个整体,考虑父母的顺序，有种情况，

将这个整体与爷爷奶奶进行全排列,有种情况，

此时，共有2×6=12种不同坐法；

故答案为：12

15．若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是____________.

【答案】

【分析】求解定义域，由导函数小于0得到递减区间，进而得到不等式组，求出实数的取值范围.

【详解】显然，且，由，以及考虑定义域x>0，解得:.

在区间，上单调递减，∴，解得:.

故答案为：

四、双空题

16．若某人对机器狗发出一次指令，使机器狗沿着直线方向要么前进一步，要么后退一步，允许重复过任何一点．若此人发出6次指令后，机器狗相对于初始位置前进了两步，则不同指令方案数有_________种；若此人发出次指令后，机器狗相对于初始位置前进了两步，则不同指令方案数有_________种．

【答案】     15     （或）

【分析】第一空，根据题意无论哪次前进还是后退，实际上本质是前进步，后退步，运用组合数即可求解；第二空，事件的本质是前进的步数一定比后退的步数多两步，然后运用组合数求解.

【详解】根据题意无论哪次前进还是后退，实际上本质是前进步，后退步，

只要在步中选定前进的步，剩下的步就是后退，

所以有种不同走法；

若此人发出次指令后，机器狗相对于初始位置前进了两步，

设前进步，则后退步，即，解得，

则不同指令方案数为种.

故答案为：15；（或）.

五、解答题

17．已知等差数列中，．

(1)求；

(2)设，求的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据与的关系可得，求得公差d之后可得到通项公式；

（2）由（1）知的通项公式，采用分组求和可求得前项和.

【详解】(1)设等差数列的公差为，∵，

所以，

可得，

两式相减可得：，所以

所以

可得：；

(2)由（1）知：，所以，

18．已知为实数，函数 的一个极值点是．

(1)求；

(2)对任意，，不等式恒成立，求的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据题意，求导，然后代入，使得，进而求出.

(2)求导，得到，进而得到的单调性，利用单调性分别求出和即可.

【详解】(1)，，，，

即．经检验，满足题意．所以.

(2)由(1)得，，，

令得，或.

则在单调递减，在单调递增，

当时，，，，

，，

故时，.

所以，即的最小值为．

【点睛】关键点睛：解题的关键在于，把问题转化为，进而利用导数研究函数的单调性，分别求出和，进而求解，属于难题.

19．已知正项等比数列的前n项和为，且，数列满足．

(1)证明：数列为等差数列；

(2)记为数列的前n项和，证明：．

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用等比数列的基本量求得以及，结合已知条件求得，利用等差数列的定义，即可证明数列是等差数列；

（2）根据（1）中所求求得，利用裂项求和法求得，根据其单调性即可容易证明.

【详解】(1)设等比数列的公比为，因为，

故，解得或（舍），故，，

因为，故，

又，故数列是公差为的等差数列.

(2)因为，

故，

又是单调增函数，且，

又当时，，故，即证.

20．有四个小镇恰好位于边长为10千米的菱形的四个顶点处．政府拟建公路连通四个小镇，若每千米公路的建设成本是10万元，预算为280万元，原计划按照菱形对角线修路．

（1）若预算刚好花完，求菱形的面积；

（2）若为正方形，施工队发现按照原计划修路会预算不足，于是采取如下新方案：按如图实线所示修路，其中，问：新方案能否在预算内完成修路目标？求出新方案的最低花费．

【答案】（1）96，（2）能，万元

【分析】（1）设与交于，设，则由题意可得，，求出，从而可求出菱形的面积；

（2）设的中点分别为，连接，则，，从而可得，设总长为，则，令，利用导数可求出其最小值，从而可求出新方案的最低花费

【详解】解：（1）设与交于，设，当预算用完，则(km)，

所以，

因为，所以，

解得或，

所以（）

（2）设的中点分别为，连接，则

，，

所以，

设总长为，则，

令，则，

因为，所以由，得，

当时，，当时，，

所以当时，取得最小值，即，

所以能在预算内完成修路目标，新方案的最低花费为万元．

21．已知函数其中

(1)讨论的单调性；

(2)若，求的最大值；

(3)设，求证：．

【答案】(1)答案见解析

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）求出，分、讨论可得答案；

（2）当时，，不合题意；当时，可得；

当时，由（1）知，，令，求出，分、讨论可得答案；

（3）由可得，取，即可得答案.

【详解】(1)，

若，，单调递减；

若，则当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

综上所述，若，单调递减；

若，当时，单调递增；当时，单调递减.

(2)当时，，不合题意；

当时，，即，所以，所以；

当时，由（1）知，，

所以，所以，

令，，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

所以，当且仅当时，取到最大值；

综上，最大值为.

(3)由（2）知，当时，，

即，即，

取，即，故

.

【点睛】本题考查了用导数判断函数的单调性、求最值的问题，解题的关键点是对含有的参数进行分类讨论，考查了学生分析问题、解决问题和计算的能力.

22．已知函数．

(1)求函数的单调区间；

(2)若函数有三个零点，求证：．

【答案】(1)答案不唯一，具体见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出导函数，分类讨论确定其正负，得函数的单调性；

（2）由（1）得函数有三个零点时的范围，从而得零点的范围，从而证得不等式成立．

【详解】(1)函数的定义域为，

当时，，，

当时，；当时，；

函数的单调减区间为，单调增区间为，

当时，（），函数的单调增区间为，

当时，

若，，此时函数单调递增，

若，，

当时，；当时，；

函数的单调增区间为，单调减区间为，

综上，当时，函数的单调减区间为，单调增区间为；

当时，函数的单调增区间为；

当时，函数的单调增区间为，，单调减区间为．

(2)由（1）知，当时，函数至多只有两个零点，不合题意，

则必有，且，解得，

由，，

不妨设，则有，

所以 ．