2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知，则n的值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】排列数公式计算即可.

【详解】因为，

所以，所以.

故选：B

2．曲线在点处的切线方程为

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】试题分析：，，切线方程为，即．故选B．

【解析】导数的几何意义．

3．在等比数列中，，，则数列的公比为（    ）

A．3 B．2 C． D．

【答案】A

【分析】设等比数列的公比为，根据题意和等比数列的通项公式，即可求解.

【详解】已知等比数列中，，，

则，可得.

故选：A.

4．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，内容为：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点c，使得成立，其中c叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”为（    ）

A．1 B．e C． D．

【答案】C

【分析】求出函数的导数，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，列方程求解即可.

【详解】由可得，

令为函数在上的“拉格朗日中值点”，

则，

解得.

故选：C

5．在项数为的等差数列中，其前项的和为，最后项的和为，所有项的和为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用等差数列的基本性质求出的值，利用等差数列的求和公式可得出关于的等式，解之即可.

【详解】设等差数列的前项和为，则，

由等差数列的性质可得，

所以，，

所以，，解得.

故选：B.

6．为推动校园体育建设，落实青少年体育发展促进工程，哈三中举行了春季趣味运动会，某班派出甲、乙等8名学生参加8×200米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第8棒，乙只能跑第7棒或第8棒，那么不同棒次安排方案总数为（    ）

A．720 B．1440 C．2160 D．2880

【答案】C

【分析】根据甲跑第1棒或第8棒分类，根据分类加法计数原理求解.

【详解】当甲跑第8棒时，乙只能跑第7棒，其余6人跑其余棒，共有种；

当甲跑第1棒时，先安排乙，有种方法，再安排其余6人有种，

由分步乘法计数原理知共有种，

根据分类加法计数原理可知，共有种安排方法.

故选：C

7．小红在手工课上设计了一个剪纸图案，她现在一个半径为4的圆纸片上画一个内接正方形，再画该正方形的内切圆，依次重复以上画法，得到了一幅由6个圆和6个正方形构成的图案，依次剪去夹在正方形及其内切圆的部分，并剪去最小正方形内的部分，得到如图所示的一幅剪纸，则该图案（阴影部分）的面积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由题意可知，圆与正方形的面积分别构成一个等比数列，求和即可.

【详解】设半径从大到小的圆的面积依次为，

由画图知圆的面积构成一个等比数列，计算得，，所以公比为.

同理，设边长从大到小的正方形面积依次为，

也构成一个公比为的等比数列，且首项.

由图案知夹在面积最大的圆与面积最大的正方形之间的阴影面积为，

同理，

所以该剪纸图案的面积为:

，

.

故选：C.

8．若实数a，b，c满足，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据等式解出a、b、c的值，利用作差法，再通过构造函数，利用函数单调性判断差的正负，从而得出结果.

【详解】由可得：，，，

比较a和b，构造函数，

当，，在上单调递增，

故，即.

比较b和c，构造函数，

当，，∴在上单调递增，

∴，即.

综上，.

故选：A.

【点睛】方法点睛：比较数值大小方法.

①估值法：找出式子的取值区间，以此判断各个式子的大小关系；

②作差法与构造函数法：当无法进行估值判断式子大小时，可将两个式子相减并构造成函数，通过导数判断其单调性，根据单调性判断差的正负，以此判断式子大小.

二、多选题

9．由数字0，1，2，3组成一个没有重复数字的四位数，下列结论正确的是（    ）

A．可以组成18个不同的数

B．可以组成8个奇数

C．可以组成12个偶数

D．若数字1和2相邻，则可以组成8个不同的数

【答案】ABD

【分析】A先排千位，再排其它三位；B、C分步分类计数求出奇数个数，即可得偶数个数即可判断；D分千位为3、千位、百位为1和2两种情况求个数，结合排列、组合数求四位数的个数.

【详解】A：千位的选法有，其它三位任意排有，故组成不同的数有个，正确；

B：奇数个数：先把1或3安排到个位有种，则千位有种，其它数位有种，共有个，正确；

C：由B知：偶数有个，错误；

D：当千位为3，将1和2全排有种，作为整体与0全排有种，则有个；

当千位、百位为1和2有种，再将0和3作全排有种，则有个；

所以可以组成8个不同的数，正确.

故选：ABD

10．若过点可作3条直线与函数的图象相切，则实数可能是（    ）

A． B． C． D．0

【答案】BC

【分析】由题设切点为，进而得，再构造函数，将问题转化为与的交点个数问题，再数形结合求解即可．

【详解】设切点为，

因为，，

所以切线方程为，又切线过，

则，整理得，

所以令，则，

由得，

所以，当或时，，单调递减；

当时，，单调递增，

故当时，取极小值；

当时，取极大值，

由，可知，当时，，

所以函数的图象大致如图，

由图可知，当时，直线与函数的图象有3个交点，

此时过点可作3条直线与函数的图象相切，

由此可知，BC符合题意.

故选：BC.

11．已知数列满足，则下列结论正确的有（　　）

A．为等比数列

B．的通项公式为

C．为递增数列

D．的前n项和

【答案】ABD

【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.

【详解】因为，

所以+3，所以，

又因为，

所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；

，即，故B正确；

因为，

因为，所以，

所以，所以为递减数列，故C错误；

，

则，故D正确.

故选：ABD.

12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A． B．在区间单调递减

C．有两个零点 D．当时，

【答案】AD

【分析】由导函数分析单调性，结合单调性逐项分析判断即可.

【详解】由题意可知：的定义域为，

因为，所以，

所以，故A正确；

，

当时，，所以，

当时，，

所以，，

所以综上所述：当时，.

所以在区间单调递增，故B不正确；

当时，因为，结合单调性可知在内有且仅有一个零点；

当时，，则，则在内无零点；

综上所述：有且仅有一个零点，故C不正确；

，

当时，，，

所以，所以在区间单调递增，所以，故D正确.

故选：AD.

三、填空题

13．已知函数，是的导函数，则______．

【答案】0

【分析】由导数的运算公式求得，代入即可求解.

【详解】由导数的运算公式可得，所以.

故答案为：0.

14．四人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过3次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有_______种

【答案】6

【分析】经过3次传球回到甲手中，只需另外安排两人接第一次和第二次传球即可.

【详解】因为四人传球，由甲开始发球，经过3次传球回到甲手中，

只需从其余三人中安排两人分别接第一次和第二次传球，

共有种不同的传递方式．

故答案为：.

15．如图，某款酒杯的上半部分为圆锥，且该圆锥的底面直径和母线长均为6．若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，当放置的圆柱形冰块的体积最大时，其高度为______．

【答案】

【分析】首先根据题意作出平面图，易知冰块体积最大时上底与杯口齐平，设圆柱形冰块的底面圆半径为，其中，表示出高，得出圆柱体积关于的表达式，由导数确定体积最大时半径的值，即可得出此时圆柱的高．

【详解】作出圆锥轴截面的平面图，如图所示，

过等边三角形顶点作，则，，

因为圆锥底面圆的半径为，则，，

所以，

易知冰块体积最大时上底与杯口齐平，

设圆柱形冰块的底面圆半径为，其中，高为，则，

在中，，

则，

设圆柱形冰块的体积为，

则.

设，

则，

当时，；

当时，，

在处取得极大值，也是最大值，

即，

所以，

故当放置的圆柱形冰块的体积最大时，其高度为，

故答案为：．

16．我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上一个伟大成就．现在从“杨辉三角”中去除所有为1的项，依此构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前54项和为______．

【答案】4061

【分析】先由题意，根据杨辉三角的特征，得到杨辉三角形的前行的和，再求出去除所有为的项之和，构成数列的和，进而可求出结果.

【详解】次二项式系数对应杨辉三角形的第行，例如，系数分别为，，，对应杨辉三角形的第行，

令，就可以求出该行的系数之和；第行为，第行为，第行为，以此类推，即每一行数字之和构成首项是，公比是的等比数列，

则杨辉三角形的前行的和为，

每一行的个数为，，，...，可看成以为首项，以为公差的等差数列，则，

当时，，去除两端的可得，

则此数列的前项的和为：.

故答案为：4061

四、解答题

17．已知函数．

(1)求函数的单调增区间；

(2)若对任意的，都有恒成立，求的取值范围．

【答案】(1)和

(2)

【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系可得出函数的增区间；

（2）利用导数求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围.

【详解】（1）解：因为，该函数的定义域为，，

由可得，解得或，

所以，函数的单调递增区间为、.

（2）解：因为，由可得，因为，列表如下：

所以，当时，，

因为对任意的，都有恒成立，则.

因此，实数的取值范围是.

18．已知数列的首项，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)记，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由递推关系构造等比数列，利用等比数列通项公式求解即可；

（2）求出，再由裂项相消法求解.

【详解】（1）由得，且

则数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，

可得，从而 .

（2），

故 ，

故 .

19．已知函数有极小值．

(1)求a的值；

(2)求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，利用函数的单调性及极值的概念求解；

（2）由，构造函数，利用导数研究函数的单调性及最值即可得出结论.

【详解】（1），由，得，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

故当时，取极小值，

由题意，故.

（2），则．

令，，

，由，得，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

故当时，取极小值也是最小值，即当时，，

所以，.

20．设数列的前n项和为，且，．

(1)设，求首项的值；

(2)设，

①求；

②若数列是递减数列，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)① ②

【分析】（1）根据递推关系式求出,建立方程求解即可；

（2）①由转化为关于的递推关系，再由累加法求出；

②由①求出，再由数列为递减数列，利用差小于0恒成立求解.

【详解】（1），

，

，

，

解得.

（2）①,

，

即，

两边同除以，可得，

令，

则，

，

，

，

又，

，

，

.

②由①可知，

因为数列是递减数列，

所以当时，

恒成立，

即恒成立，又为增函数，

所以只需，解得，

又，

综上，当数列是递减数列时，.

21．已知函数，．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若函数有最小值，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出的定义域与导数，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；

（2）由（1）可知，当时，函数有最小值，可得出，利用导数分析出函数在上的最大值为，其中，结合二次函数的基本性质可证得结论成立.

【详解】（1）解：因为，函数的定义域为，

则.

①当时，对任意的，，函数的增区间为，无减区间；

②当时，由可得，由可得，

所以，函数的减区间为，增区间为.

综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间；

当时，函数的减区间为，增区间为.

（2）解：由（1）可知，当时，函数的增区间为，则函数无最小值，

当时，函数的减区间为，增区间为，此时函数有最小值.

则，其中，

则，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递减，

因为，所以，，即，

因为，，

所以，存在，使得，即，

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，

所以，.

因为函数在上单调递增，

所以，，

因此，.

【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.

22．悬链线是平面曲线，是柔性链条或缆索两端固定在两根支柱顶部，中间自然下垂所形成的外形．在工程中有广泛的应用，例如悬索桥、架空电缆都用到了悬链线的原理，经过很长时间的探究，在17世纪末期，莱布尼兹和伯努利利用微积分推导出悬链线的方程是，其中c为曲线顶点到横轴的距离．当时，称为双曲线余弦函数．

(1)解方程；

(2)双曲余弦函数的导数成为双曲正弦函数，记作．当时，求的最小值；

(3)已知，求数列的最大项．（参考数据：）

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）由题意得，解方程求出，再取对数即可；

（2）求导，设，利用导数求出的单调性，结合零点存在定理即可求解；

（3）令，则，结合（2）中函数的单调性与最值即可求解.

【详解】（1）由，可得,即,

所以，所以.

（2）,故.

令，则.

令,则，

因为，所以，所以,即在上单调递增.

又，

所以存在唯一的，使得，即,

由（1）可得，故.

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增.

所以

，

所以的最小值为.

（3），

令，则.

则，

设，则，

由（2）得在上单调递减，在上单调递增，

,

又时，

所以在上存在唯一零点,

故当时，,函数单调递增，

当时，,函数单调递减，

所以.

因为，所以，

所以，

所以，

因为，

，

所以，所以数列的最大项为.

【点睛】利用导数研究函数的最值点睛：

在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数在内所有使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．