2021-2022学年重庆市西南大学附属中学校高二下学期期中数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年重庆市西南大学附属中学校高二下学期期中数学试题（解析版），共15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学年重庆市西南大学附属中学校高二下学期期中数学试题一、单选题1．已知函数，则（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由复合函数导数公式直接计算可得结果.【详解】.故选：D.2．在等差数列中，若，则（       ）A．6 B．9 C．11 D．24【答案】B【分析】根据等差数列的通项公式的基本量运算求解．【详解】设的公差为d，因为，所以，又，所以．故选：B．3．已知函数的图象在点处的切线与直线垂直，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】对函数求导，利用导数的几何意义结合垂直关系计算作答.【详解】函数定义域为，求导得，于是得函数的图象在点处切线的斜率，而直线的斜率为，依题意，，即，解得，所以.故选：C4．函数在（0，e]上的最大值为（       ）A．－1 B．1 C．0 D．e【答案】A【分析】对函数求导，然后求出函数的单调区间，从而可求出函数的最大值【详解】由，得，当时，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，故选：A5．已知首项为正数的等比数列中，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】首先根据求出，再根据得到，再由计算即可.【详解】因为，，所以，即.因为，.故选：B【点睛】本题主要考查等比数列的性质，同时考查了等比中项，属于中档题.6．中国古代的“礼､乐､射､御､书､数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”即数学某校国学社团利用周日开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，上午三节，下午三节.一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在上午，“射”和“御”两门课程排在下午且相邻，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有（       ）A．36种 B．72种 C．108种 D．144种【答案】B【分析】先排“数”，然后排“射”和“御”，再排剩下门课程，由此计算出正确答案.【详解】先排“数”，然后排“射”和“御”，再排剩下门课程，所以不同的排课顺序有种.故选：B7．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先求出函数的导函数，参变分离，可将原问题转化为在上恒成立，再由配方法，即可得解．【详解】解：因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，而，当且仅当时，等号成立，所以，即，所以实数的取值范围为．故选：D．8．函数的零点个数为（       ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】令可得，令，，则问题转化为与的交点个数，首先判断函数的奇偶性，根据对称性只需研究两函数在上的交点个数，利用导数研究在上的单调性，即可求出其极大值，再比较两函数值的大小关系即可判断函数的交点公式，最后结合函数图象分析可得；【详解】解：令，即，令，，则问题转化为与的交点个数；因为，，即与均是偶函数，且，，即，根据对称性只需研究函数在上的交点个数，由，且．则，当时，，，时，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，，，与在上有一个交点．当时，但是恒成立，所以恒成立，即函数在上不存在交点；在同一坐标系中作出与的图象， 可得与有个交点，即有个零点；故选：A二、多选题9．已知是等差数列的前n项和，且，，则（       ）A．数列为递增数列 B．数列为递减数列C．当时，取得最大值 D．当时，n的最小值为14【答案】BD【分析】由下标和性质可得，从而知公差，可判断选项A和B；根据等差数列的前项和公式与等差中项性质，可判断选项C和D．【详解】解：因为，且，所以，所以公差，故数列单调递减，即选项B正确，A错误；因为且，所以时，取得最大值，故C错误；因为， ，所以当时，的最小值为14，即选项D正确．故选：BD．10．对于函数，下列说法错误的是（       ）A．在上单调递减，在上单调递增B．在上单调递减，在上单调递增C．在上单调递减，在上单调递增D．在上单调递减，在上单调递增【答案】BC【分析】利用导数求函数的单调区间.【详解】，且，得，当时，，所以函数的单调递减区间是和，当时，，函数的单调递增区间是.故选：BC11．数列的各项均是正数，，，函数在点处的切线过点，则下列正确的是（       ）A．B．数列是等比数列C．数列是等比数列D．【答案】ABD【分析】求出函数在点处的切线方程，可得出，利用等比数列的定义可判断AB选项；计算得出，可判断C选项；推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，利用等比数列的通项公式可判断D选项.【详解】对函数求导得，故函数在点处的切线方程为，即，由已知可得，对任意的，，则，即，所以，，所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，B对；，A对；且，故数列不是等比数列，C错；由上可知，因为，且，则，即，所以，且，故数列是等比数列，且首项为，公比为，因此，，D对.故选：ABD.12．已知函数的导数为，时，有，，则下列不等式成立的有（       ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】首先变形原不等式，然后构造函数，利用导数判断函数的单调性，再比较函数值的大小.【详解】,，因为，所以，令，，可知在上单调递减，所以，即，，故选：AC三、填空题13．已知等差数列的公差，等比数列的公比为q，若，，且，则_________．【答案】-3或-2-2或-3【分析】结合等差数列、等比数列的知识化简，从而求得的值.【详解】依题意，所以，解得或.故答案为：或14．从0，4中任选一个数字，1，3，5，7中任选两个不同的数字，可组成_________个三位奇数．【答案】36【分析】分两类，分别先排0，4，再排所选的奇数，然后再将每一种情况的个数加起来即可.【详解】若从0，4中选0，则0只能放在十位上，从1，3，5，7中任选的两个数可以任意放在百位与个位上，此时共有个三位奇数；若从0，4中选4，则4放在十位或百位上，从1，3，5，7中任选的两个数可以任意放在另两个数位上，此时共有个三位奇数.故共有个三位奇数.故答案为：3615．已知数列满足，且，则_________．【答案】4037【分析】可根据相邻两项和为定值列出与相关的和的式子，即可求解.【详解】由题，，相减得，又，则.故答案为：4037.16．函数的最小值为_________．【答案】【分析】（1）将的解析式配方成，则，构造函数，求其最小值即可【详解】因为所以设，则，且当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增所以，所以所以设则令 , 解得,在上单调递减,在上单调递增,即的最小值为.故答案为：四、解答题17．已知等比数列各项均为正数，且，，是公差为的等差数列．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用条件，列出关于首项和公比的方程，即可求解；（2）首先判断数列是等比数列，再求和.【详解】(1)设等比数列的公比，且，，是公差为-3的等差数列，所以，即，解得： ，所以数列的通项公式；(2)，，所以数列是首项，公比为的等比数列，18．已知函数(1)当时，求的极值；(2)若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)极小值为，无极大值，(2)【分析】（1）先对函数求导，然后根据导函数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值，（2）将问题转化为在上恒成立，构造函数，然后利用导数求出其最小值即可【详解】(1)当时，，则， 当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以当时，取得极小值，极小值为，无极大值(2)由，得，在上恒成立，即在上恒成立，令，，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以，因为，，所以，所以，即实数a的取值范围为19．已知数列的首项，，数列满足(1)证明：为等比数列；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由,变形为,即可证明；（2）由等比数列的通项公式可得于是,因此,再利用“裂项求和”即可得出．【详解】(1)证明 ：因为，所以．又，所以数列是公比为3的等比数列．(2)因为数列是首项为，公比为3的等比数列，所以，所以，所以，所以．20．已知椭圆的离心率为，右焦点为，右顶点为，且(1)求椭圆的标准方程；(2)若不过点的直线与椭圆交于、两点，且以为直径的圆经过点，判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】(1)(2)直线过定点，理由见解析【分析】（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由求出直线的方程中参数的等量关系，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标.【详解】(1)解：由题意可得，解得，，则，故椭圆的标准方程为.(2)解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，联立，可得，，可得，由韦达定理可得，，由题意可知，，，同理，所以，，整理可得，当时，直线的方程为，直线过点，不合乎题意；当时， 直线的方程为，直线过定点，合乎题意；当直线的斜率不存在时，则点、关于轴对称，设点，则，，，其中，，即，因为，解得，此时直线的方程为，直线过定点.综上所述，直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.21．已知函数.(1)当时，求函数的最大值；(2)证明：对任意正整数n，【答案】(1)0(2)证明见解析【分析】（1）对函数求导，然后通过导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的最值，（2）当时，可判断出函数在上递减，从而可得，则，，累加可得答案【详解】(1)由，得，（）令，则或，因为，所以，所以舍去，所以当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以当时，取得最大值，(2)当时，，则，所以当时，，所以在上递减，所以，所以，因为，所以，，所以，，，……，，所以，所以【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数证明不等式，解题的关键是当时，利用导数可得，在上递减，从而可得，转化为，，然后累加可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题22．已知函数(1)讨论的单调性；(2)若函数存在极值点，求证：【答案】(1)详见解析(2)详见解析【分析】（1）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性；（2）利用函数存在极值点，即导函数有根，将要证明的不等式变形为，根据自变量的取值范围情况，采用构造函数，求出导数，判断函数单调性求最值的方法，进行证明.【详解】(1)函数的定义域是，，， 当时，恒成立，函数在上单调递增，当时，令，得，当时，，函数在区间单调递增，当时，，函数在区间单调递减，综上可知，当时，函数的单调递增区间是，无减区间，当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是.(2)由题意得的根为，即，即，要证原不等式，即证明，（）其中，①当时，设，则，，故，时，，即（）成立；②当时，设，则，，故，       记，，，当时，解得，当时，解得，故在递增，递减，所以，故当时，，即，即，所以（）成立，由①②可知，成立，命题得证.