重庆市西南大学附属中学、重庆外国语学校、重庆育才中学拔尖强基联盟2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市西南大学附属中学、重庆外国语学校、重庆育才中学拔尖强基联盟2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
西南大学附属中学  重庆外国语学校  重庆育才中学高2024届拔尖强基联盟高二下半期联合考试数学试题一、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. 已知函数，则（    ）A.  B.  C. 9 D. 12【答案】D【解析】【分析】根据极限的定义求解.【详解】 ；故选：D.2. 某校开设类选修课4门，类选修课2门，每位同学从中选3门．若要求两类课程中都至少选一门，则不同的选法共有（    ）A. 14种 B. 16种 C. 20种 D. 28种【答案】B【解析】【分析】应用分类计数，从中选1门中选2门或中选2门中选1门，分别求得选法种数，再加总即可.【详解】根据题意，分两种情况讨论：①若从类课程中选1门，从类课程中选2门，有（种）选法；②若从类课程中选2门，从类课程中选1门，有（种）选法.综上，两类课程中都至少选一门选法有（种）.故选：B.3. 4位同学参加3个外语节目选拔，每个同学恰选择一个节目参加，则不同的参加方式有（    ）A. 种 B. 种 C. 种 D. 种【答案】A【解析】【分析】根据分步乘法原理求解.【详解】设4为同学为甲乙丙丁，先安排甲：有3种选择，再安排乙：有3种选择，同理丙和丁都有3种选择，根据分步乘法原理有 种方法；故选：A.4. 意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”（斐波那契数列）：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，…，在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕草等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛的应用．已知斐波那契数列满足：，，，若，则（    ）A. 13 B. 14 C. 144 D. 233【答案】A【解析】【分析】根据斐波那契数列的性质进行求解即可.【详解】由斐波那契数列的性质可得：所以等于13，故选：A.5. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先求导数，利用在上恒成立，分离参数进行求解.【详解】，因为在区间上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，因为二次函数的图象的对称轴为，且开口向上所以的最小值为1，所以.故选：B.6. 已知函数恰有两个零点，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用导数求出函数的极值，再由零点个数列式计算作答.【详解】函数的定义域为R，，当或时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取得极大值，当时，函数取得极小值，因为函数恰有两个零点，则由三次函数的图象与性质得，解得，所以.故选：A7. 2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱．某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“雪容融”甲和“雪容融”乙相邻，且均不与“雪容融”丙相邻的不同的排列方法总数为（    ）A. 480 B. 960 C. 1080 D. 1440【答案】B【解析】【分析】先用捆绑法再用插空法计算.【详解】现将4个不同造型的“冰墩墩”排好，有 种排法，排好后包括左右两边有5个空，再将“雪容融”甲和“雪容融”乙捆绑，有 种方法，将捆绑后的“雪容融”与“雪容融”丙分别插入前面的5个空中，有 种方法；所以总的排列方法数为： ；故选：B.8. 若，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数并利用其单调性得出，构造函数并利用其单调性得出，即可得到，由得，构造函数，通过单调性可得到，从而得到结果.【详解】设，，则，即当时，，∴在上单调递增，∴，∴，即，设函数，，则，当时，，所以在上单调递减，所以，所以，所以，所以，所以，又，所以，所以，设函数，则，当时，，所以在上单调递增，所以，所以，所以，又，所以，所以，综上，，故选：B【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 已知数列的前项和为，若，则下列说法正确的是（    ）A. 是递增数列 B. 数列是递增数列C. 数列中的最小项为 D. 、、成等差数列【答案】AB【解析】【分析】根据可知数列为等差数列，根据通项公式和求和公式结合选项逐个判断.【详解】因为，所以数列为等差数列，公差为3，因为，所以，；对于A，因为，所以是递增数列，A正确；对于B，因为，所以数列是递增数列，B正确；对于C，因为，所以数列中的最小项为，C不正确；对于D，当时，，显然不是等差数列，D不正确.故选：AB.10. 某校计划安排五位老师（包含甲、乙）担任周一至周四的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多值班一天，则下列说法正确的是（    ）A. 若周一必须安排两位老师，则不同的安排方法共有60种B. 若甲、乙均值班且必须排在同一天值班，则不同的安排方法共有48种C. 若五位老师都值班一天，则不同的安排方法共有240种D. 若每天恰有一位老师值班，且如果甲乙均值班，则甲必须在乙之前值班的不同的安排方法共有84种【答案】ACD【解析】【分析】根据给定条件，利用排列、组合，结合分步乘法计数原理逐项列式求解作答.【详解】对于A，周一必须安排两位老师，从5位老师中取两位周一值班，余下3位全排列，不同的安排方法有种，A正确；对于B，甲、乙均值班且在同一天，与余下3位一起的4个元素全排列，不同的安排方法共有种，B错误；对于C，五位老师都值班一天，则有两位老师在同一天值班，不同的安排方法有种，C正确；对于D，显然甲乙至少有一位值班，如果甲乙都值班，除甲乙外还有两位老师各值班一天，甲必须在乙之前值班的不同安排方法有种，甲乙之一值班，不同的安排方法有，所以不同的安排方法共有种，D正确.故选：ACD11. 已知直线是曲线与的公切线，则下列说法正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】分别设两条曲线上的切点，写出切线方程，建立方程组，解出切点，计算值.【详解】设曲线上切点，，切线斜率，切线方程，即，同理，设曲线上切点，，切线斜率，切线方程，即，所以，解得，所以，，.故选：AB.12. 小明热爱数学，《九章算术》、《几何原本》、《数学家的眼光》、《奥赛经典》、《高等数学》都是他的案头读物．一日，正翻阅《高等数学》，一条关于函数的性质映入他的眼帘：函数在区间有定义，且对，，，若恒有，则称函数在区间上“严格下凸”；若恒有，则称函数在区间上“严格上凸”．现已知函数，为的导函数，下列说法正确的是（    ）注：为自然对数的底数，，．A. 有最小值，且最小值为整数B. 存在常数，使得在“严格下凸”，在“严格上凸”C. 恰有两个极值点D. 恰有三个零点【答案】ACD【解析】【分析】对于A，求导后将看成一个整体，利用进行放缩即可；对于B,将“严格上凸”和“严格下凸”转化为导函数的单调性，二次求导后即可判断；对于C，根据导函数的单调性，结合零点存在定理，即可判断；对于D，根据函数的单调性，结合零点零点存在定理，即可判断；【详解】，，设，易得：，所以，当时，等号成立，故A对;，，，若恒有，等价于切线一直在割线下方，即单调递增.即函数在区间上“严格下凸”；，，，若恒有，等价于切线一直在割线上方，即单调递减.即函数在区间上“严格上凸”.设，，易得在为增函数.，，所以存在常数，，使得在上，，单调递减，即单调递减, 在“严格上凸”；在上，，单调递增，即单调递增,在“严格下凸”.故B错误；由B知，在上单调递减, 在上，单调递增，，，所以恰有两个极值点，故C正确；由C知，恰有两个极值点，设为，，且，所以和单调递减， 单调递增，，，所以函数在各有一个零点，故D正确.故选：ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13. 函数的单调递减区间是__________.【答案】和（或写成 和）【解析】【详解】试题分析：由题意得，令，解得或，所以函数的递减区间为和．考点：利用导数求解函数的单调区间．14. 已知等差数列的前项和为，，，则的最大值为______．【答案】256【解析】【分析】先求出等差数列的通项公式及前项和，再利用导数求的最大值即可.【详解】因为是等差数列，且有，所以，解得，所以，，则设，令，令，解得，此时单调递增，令，解得或，此时单调递减，因为，所以当时，单调递增；当时，单调递减；所以，故答案为：256.15. 当时，函数的图象恒在抛物线的上方，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，建立恒成立的不等式，再变形分离参数，构造函数并求其最大值作答.【详解】因为当时，函数的图象恒在抛物线的上方，则有，，令函数，求导得，令，求导得，函数在上单调递减，，，即，当时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，，则，所以实数的取值范围是.故答案为：16. 如图，将1，2，3，4四个数字填在6个“”中，每个“”中填一个数字，有线段连接的两个“”不能填相同数字，四个数字不必均使用，则不同填数方法有______种．【答案】264【解析】【分析】按使用数字数的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定填A，D，E三点填法数，再讨论点B，F，C的填法数即可.【详解】如图，计算不同填数方法有两类办法：当用四个数字时，先填A，E，D，有种填法，再从B，F，C中选一处填第四个数，如B，再填F，若F与D同，则C有2种填法，若F与D不同，则C有1种填法，于是得有种填法，当用三个数字时，先填A，E，D，有种填法，再填B，有2种填法，则F，C各有1种填法，于是得有种填法，利用分类加法计数原理得不同填数方法为：(种)，所以不同的填数方法共有264种.故答案为：264四、解答题：本题共6小题，共70分．其中，17题10分，18，19，20，21，22各12分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知等比数列满足，，数列满足，．（1）求数列，的通项公式；（2）令，求的前项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据条件分别求出和的通项公式；（2）运用裂项相消法求解.【小问1详解】由题意，设等比数列的公比为，则有，解得，；；小问2详解】，；综上，.18. 已知函数（且）在处取得极值．（1）求实数的值；（2）求在区间上的最大值．【答案】（1）    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用极值点处求解即可；（2）利用导函数的正负分析的单调性，再讨论t的范围，根据单调性求最大值.【小问1详解】解：已知函数，，则，因为在处取得极值，所以，即，解得.【小问2详解】由（1）可知，则，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，最大值，当时，最大值，当时，最大值.19. 已知数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由递推公式当时求出，当时，，两式作差即可得到，再检验当时是否成立，即可得解；（2）利用错位相减法求和即可；【小问1详解】因为①，当时，,得，当时，②，①②得，所以，当时,也成立，所以；【小问2详解】由（1）可知，所以所以，相减得，所以.20. 已知函数．（1）若的图象在处的切线与直线垂直，求实数的值；（2）讨论在上的单调性．【答案】（1）    （2）见解析【解析】【分析】（1）求导得，根据垂直得到，解出方程即可；（2），利用二次函数或一次函数的图象与性质合理分类讨论即可.【小问1详解】由题知，,，解得.【小问2详解】(i)当时，若，则，若，此时开口向下，对称轴为，所以当时，， 在单调递减；(ii）当时,开口向上，,则（根据二次函数大致图象知舍去）且当时,单调递减;当时,单调递增.(iii)当时，开口向上，对称轴在单调递增,当时，在单调递增.综上：当时,在单调递减;当时,在单调递减,在单调递增，当时,在单调递增.21. 已知椭圆的离心率，右焦点．（1）求椭圆的方程；（2）设点为椭圆上一点，为坐标原点，直线，交椭圆于，两点，试问：面积是否存在最大值？如果存在，请求出最大值；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）    （2）2【解析】【分析】（1）直接根据离心率、交点坐标以及关系即可得到答案；（2）设直线的方程为，，，联立椭圆方程得到韦达定理式，根据椭圆对称性得，利用面积公式的其面积表达式，将韦达定理代入，利用整体还元和基本不等式即可求出其最值.【小问1详解】由题得，，则，，则；所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】显然当直线方程为不合题意，故设直线的方程为，，，联立有，因为在椭圆内部，则直线与椭圆必有两交点，且，根据椭圆对称性得为的中点,令，则当且仅当时,等号成立，此时，所以面积的最大值为2.【点睛】关键点睛：本题第二问关键采取设线法，设直线的方程为，此种设法减少了一定的计算量，同时无需单独讨论斜率不存在的情况，然后联立椭圆方程得到韦达定理式，对于三角形的面积要利用椭圆的对称性，找到其与三角形面积的关系，从而进行转化得到三角形的表达式，最后通过换元法结合基本不等式即可求出最大值.22. 已知函数．（1）讨论的极值点个数；（2）若，为的两个极值点，证明：．【答案】（1）见解析    （2）见解析【解析】【分析】（1），分和两大类讨论即可；（2）将题目转化为证明，即证，令，研究其单调性与最值即可.【小问1详解】求导得，当时,在上单调递增,无极值点；当时,，令，解得，则在单调递增，单调递减;,当趋近于负无穷，趋近于负无穷，当趋近于正无穷，趋近于0，且，①当，即时，即，即在上单调递增,无极值点;②当，即时,设的两根为，则当时,即，即单调递增;同理已知单调递减，在单调递增，此时恰有两个极值点；③当即时,有唯一实根(设为)，易知在单调递减,在单调递增,此时恰有一个极值点.综上:当时,恰有一个极值点;当时,无极值点;当时,恰有两个极值点.-【小问2详解】由题及（1）知,且为的两根,且.要证，即证.又在上单调递增,故只需证.又,故只要证，令，，令，，令，解得（负舍）在单调递增,在单调递减，且,当，所以存在唯一使得.当时,单调递增;当时,单调递减;又,当.命题得证.【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.