2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高二下学期第一次验收考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高二下学期第一次验收考试数学试题含解析，共19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。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高二下学期第一次验收考试数学试题 一、单选题1．已知是等差数列，且，，则（    ）A．2 B．0 C． D．【答案】C【分析】设数列的首项为，公差为，根据题意建立方程组，求解即可得到数列的通项，进而即可求得．【详解】设数列的首项为，公差为，则有，解得，所以数列的通项为，所以．故选：C．2．下列函数求导运算正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据指数函数、对数函数以及乘法、除法运算的求导法则，计算函数的导数，即可得出答案.【详解】对于A项，因为，故A项错误；对于B项，因为，故B项正确；对于C项，因为，故C项错误；对于D项，因为，故D项错误.故选：B.3．已知正项等比数列中，，其前n项和为，且，则（    ）A．31 B．32 C．63 D．64【答案】C【分析】根据等比数列基本量的运算可得，然后利用求和公式即得.【详解】设正项等比数列的公比，由题意可知： ，即， 解得：，或 (舍去)则.故选：C.4．已知为的导数，图象如图所示，且，则的图象是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由导数与函数的单调性的关系由导函数图象判断函数的单调性，由此可得结论.【详解】设的零点为，，由图象可得，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，符合以上信息的选项只有A，故选：A.5．设表示落在区间内的偶数个数，已知数列满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用累加法可求得的值，可得出区间，进而可求得的值.【详解】因为数列满足，，则，所以，，则在区间上的偶数有：、、、，因此，，故选：B.6．已知函数，其导函数记为，则（    ）A．2 B． C．3 D．【答案】A【分析】函数，分析其性质可求的值 ，再求并讨论其性质即可作答.【详解】由已知得，则，显然为偶函数.令，显然为奇函数.又为偶函数，所以，，所以.故选：A.7．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它的研究对象普遍存在于自然界中，因此又被称为“大自然的几何学”．按照如图1所示的分形规律，可得如图2所示的一个树形图．若记图2中第n行黑圈的个数为，则（    ）A．144 B．89 C．55 D．34【答案】A【分析】已知表示第行中的黑圈个数，设表示第行中的白圈个数，则有，利用递推关系求解.【详解】已知表示第行中的黑圈个数，设表示第行中的白圈个数，则由于每个白圈产生下一行的一个白圈和一个黑圈，一个黑圈产生下一行的一个白圈和两个黑圈，所以，又因为所以，所以，，，，故选:A.8．已知为定义在上的偶函数，已知，当时，有，则使成立的的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】令，其中，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，由可得出，可得出，可得出关于的不等式，解之即可.【详解】令，其中，因为函数为定义在上的偶函数，则，所以，，所以，函数为偶函数，当时，，所以，函数在上为减函数，且，由可得，则，所以，，解得或，因此，使成立的的取值范围为.故选：D. 二、多选题9．已知等差数列的公差d和首项都不等于0，且，，成等比数列，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据等差数列和等比数列的性质求出首项和公差d的关系式，进而即可判断各选项．【详解】由，，成等比数列，则，即，即，又公差d和首项都不等于0，则，故C正确；D错误；所以，故A错误；B正确．故选：BC．10．函数，下列说法正确的是（    ）A．在上单调递增B．在定义域内无最小值C．存在，使得函数有两个零点D．存在，使得函数在处取极小值【答案】ACD【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；利用导数与函数最值的关系可判断B选项；令，可得出，作出函数与的图象，数形结合可判断C选项；利用函数极值点与导数的关系可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，则，当时，，所以，函数在上单调递增，A对；对于B选项，函数的定义域为，且，由可得，由可得，所以，函数的减区间为，增区间为，所以，，即函数在定义域内有最小值，B错；对于C选项，由可得，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，所以，存在，使得函数有两个零点，C对；对于D选项，存在，使得函数在处取极小值，则，则，则，解得，此时，，令，则，令，可得，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，故当时，函数在处取得极小值，D对.故选：ACD.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.11．下列命题正确的是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】AB【分析】构造函数，根据导数判断其单调性并求最大值，从而即可判断A；构造函数，根据导数判断其单调性并求最大值，从而可得对，成立，再根据，则，可得对，，进而即可判断B；构造函数，根据导数判断其单调性并求最大值，从而即可判断C；构造，根据导数判断其单调性并求最小值，从而即可判断D．【详解】对于A，令，则，当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，所以，即对，，故A正确；对于B，令，则，当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，所以，即对，；由，则，所以，即对，，综上，对，，故B正确；对于C，令，则，当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，所以，即对，，故C错误；对于D，令，则，则在上单调递增，所以，即对，，故D错误．故选：AB．12．已知数列中，，，下列说法正确的是（参考公式：）（    ）A．B．C．D．存在，使得【答案】ABC【分析】由题意可得到，再根据累乘法可求得，从而可求得，进而即可判断A，B；将进行分组求和即可判断C；先对分组求和，再进行放缩，再结合裂项相消即可判断D．【详解】由，则，所以，又，得，对于A，由，故A正确；对于B，由，故B正确；对于C，由，所以，故C正确；对于D，由，所以，故D错误．故选：ABC．【点睛】关键点睛：运用累乘法、分组求和、放缩、裂项相消法是解题的关键． 三、填空题13．如果某物体做运动方程为的直线运动（s的单位为m，t的单位为s），那么其在1.2s末的瞬时速度为______m/s．【答案】【分析】利用导数求解即可【详解】由可得，所以在1.2s末的瞬时速度为 m/s，故答案为：．14．设数列的前项和为，点均在函数的图象上，则数列的通项公式______．【答案】【分析】代入法求得，由表达式可知数列为等差数列，求得首项和公差后可得通项公式．【详解】依题意得，即，所以数列为等差数列，且，，设其公差为，则，所以，故答案为：．15．，，且满足，则______．【答案】2【分析】根据给定条件，利用导数的定义求出的值，再代入计算作答.【详解】函数，求导得，依题意，，因此，解得，，所以.故答案为：216．已知数列满足：，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】利用等比数列通项公式求出数列的通项公式，再根据数列是单调递增数列，可得不等式，解不等式即可得到答案；【详解】由题可得，，又，是首项为2，公比为2的等比数列，，，，又，数列是单调递增数列，，且对恒成立，.故答案为：. 四、解答题17．已知函数．(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若在R上单调递增，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）当时，得到的解析式，求得，从而得到，，再利用点斜式即可得到曲线在点处的切线方程；（2）求出函数的导数，问题转化为对任意，都有恒成立，再根据二次函数的性质即可求出a的取值范围．【详解】（1）当时，则，则，所以，，所以曲线在点处的切线方程，即．（2）由，则，又在R上单调递增，则对任意，都有恒成立，当时，不恒成立，不符合题意；当时，恒成立，符合题意；当时，要恒成立，则需，即，综上，实数a的取值范围．18．已知数列满足且．(1)证明：数列为等差数列；(2)求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）计算得出为常数，结合等差数列的定义可证得结论成立；（2）求出数列的通项公式，利用错位相减法可求得.【详解】（1）证明：因为数列满足且，所以，，所以，数列为等差数列，且其首项为，公差为.（2）解：由（1）可得，可得，所以，，①，②①②可得，因此，.19．已知函数（1）当时，求函数的极值；（2）求的单调区间.【答案】（1）极大值为，极小值为；（2）详见解析.【解析】（1）由导函数的正负可确定的单调性，进而确定极大值为，极小值为，代入可求得结果；（2）求得后，分别在、、和四种情况下确定的正负，由此可得单调区间.【详解】（1）当时，，，当和时，；当时，，在，上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，在处取得极小值，极大值为，极小值为.（2）由题意得：，①当时，当时，；当时，，的单调递减区间为，单调递增区间为；②当时，当和时，；当时，，的单调递减区间为，单调递增区间为，；③当时，在上恒成立，的单调递增区间为，无单调递减区间；④当时，当和时，；当时，，的单调递减区间为，单调递增区间为，；综上所述：当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，；当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解函数的极值、讨论含参数函数的单调性的问题；讨论含参数函数单调性的关键是能够通过导函数的零点所处的范围进行分类讨论，由此确定导函数的正负.20．已知平面内动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数．(1)求动点的轨迹方程；(2)设动点的轨迹为曲线，过定点的直线和曲线交于不同两点、满足，求线段的长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据距离公式可得出关于、所满足的等式，化简可得点的轨迹方程；（2）分析可知直线直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，由可得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，由结合韦达定理可求得的值，然后利用弦长公式可求得的值.【详解】（1）解：因为面内动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，则，整理可得，因此，点的轨迹方程为.（2）解：若直线与轴重合，则、为椭圆长轴的顶点，若点、，则，，此时，不合乎题意，若点、，同理可得，不合乎题意，所以，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，联立可得，，因为，即，所以，，即，由韦达定理可得，所以，，，解得，因此，.21．已知数列中，，前n项和满足；数列中，，．(1)求数列的通项公式；(2)求证：数列是等比数列；(3)设，求数列的前n项和．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3). 【分析】（1）根据给定的递推公式，结合“”探求数列的特性即可作答.（2）将给定等式变形，再利用等比数列定义推理作答.（3）利用（1）（2）的结论，求出，再利用裂项相消法求和作答.【详解】（1），，，当时，，两式相减得：，即，因此，而，解得，于是数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以数列的通项公式是.（2）由得：，而，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（3）由（2）知，由（1）知，则，所以数列的前n项和.22．已知函数．(1)当时，证明：；(2)数列的前项和为，且；（ⅰ）求；（ⅱ）求证：．【答案】(1)证明见解析(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析． 【分析】（1）令，利用导数分析函数在上的单调性，即可证得结论成立；（2）（i）令可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；（ii）利用导数证明出当且时，，可得出，验证当时，结论成立；当时，利用错位相减法求出数列的前项和，利用放缩法证得结论成立.【详解】（1）证明：令，其中，则，因为，则，又因为，则，所以，，则且不恒为零，所以，函数在上单调递减，当时，，即.（2）解：（i）对任意的，，当时，则，可得，当时，由可得，上述两个等式作差可得，所以，，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，故；（ii）令，其中且，则，因为，则，又因为，则，所以，，则且不恒为零，所以，函数在上单调递增，当时，，即，当且仅当时，等号成立，因为，令，则，当时，则有，当时，，即，此时数列从第二项开始单调递减，所以，对任意的，，所以，，所以，当时，，设数列的前项和为，则，所以，，上述两个等式作差可得，所以，，所以，，所以，，当时，则，所以，，则，所以，，当时，，当时，，即，当时，，因为，所以，，综上所述，对任意的，.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.