2022-2023学年北京市海淀区中国人民大学附属中学高二下学期期中数学复习试题含解析

这是一份2022-2023学年北京市海淀区中国人民大学附属中学高二下学期期中数学复习试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市海淀区中国人民大学附属中学高二下学期期中数学复习试题

一、单选题
1．已知数列的首项为2，满足，则（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据递推公式推出其周期性计算即可.
【详解】由题意可得：，故的周期为4，.
故选：D
2．设等差数列{}的前n项和为，若，则当取得最大值时，＝（    ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【分析】根据条件，利用等差数列的性质可得出，，即可求解.
【详解】在等差数列{}中，由，得，
则，又，
∴，，则当取得最大值时，．
故选：C
3．光圈是一个用来控制光线透过镜头，进入机身内感光面的光量的装置.表达光圈的大小我们可以用光圈的F值表示，光圈的F值系列如下：F1，F1.4，F2，F2.8，F4，F5.6，F8，…，F64.光圈的F值越小，表示在同一单位时间内进光量越多，而且上一级的进光量是下一级的2倍，如光圈从F8调整到F5.6，进光量是原来的2倍.若光圈从F4调整到F1.4，则单位时间内的进光量为原来的（    ）
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
【答案】C
【分析】由题可得单位时间内的进光量形成公比为的等比数列，即可求得.
【详解】由题可得单位时间内的进光量形成公比为的等比数列，
则F4对应单位时间内的进光量为，F1.4对应单位时间内的进光量为，
从F4调整到F1.4，则单位时间内的进光量为原来的倍.
故选：C.
4．用数学归纳法证明“对任意偶数，能被整除时，其第二步论证应该是（   ）
A．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
B．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
C．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
D．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
【答案】D
【分析】根据题意可得为偶数，结合数学归纳法的证明步骤即可得出答案.
【详解】因为为正偶数，所以第二步的假设应写为：假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立，
即当（为正整数）时，能被整除，再证时，能被整除.
故选：D.
5．已知是函数的极小值点，则的极小值为（    ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】A
【分析】对求导，根据是的极小值点，得到，求出的值，进一步得到的极小值．
【详解】解：由，得，
是的极小值点，，
，，经检验时，符合题意，
，，所以，则当或时，当时，即在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时函数取得极大值，时函数取得极小值，
．
故选：A．
6．已知函数在上是减函数，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意， 恒成立，分参即可求得.
【详解】，由题意，恒成立，则，因为，
所以.
故选：C.
7．当时，函数的图象大致是
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】由，解得，即或，函数有两个零点，，不正确，设，则，由，解得或，由，解得：，即是函数的一个极大值点，不成立，排除，故选B.
【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考察函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.
8．已知函数与存在公切线，则实数a的最小值（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别求出函数与的导数，设出切点写出切线方程，利用对应系数相等列出方程，构造函数，利用导数判断出单调性求出最值，可得实数a的最小值．
【详解】，
设和的切点分别为，则和切线方程分别为，
即与存在公切线，则方程有解，即，
在上递减，在递增，在处取到最小值，∴的最小值为，即a的最小值为．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查导数研究函数的单调性和最值，解决本题的关键点是利用点斜式方程写出切线，列出方程，并构造函数求出导函数得出单调性和最值，可得a的最小值，考查学生计算能力，属于中档题．
9．已知函数，方程有4个不同的实数根，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】转化条件得函数的图象与直线有个交点，结合导数可作出函数的图象，结合导数的几何意义数形结合即可得解.
【详解】因为方程有4个不同的实数根，
所以函数的图象与直线有个交点，
当时，，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；且当时，，
则函数的图象如图，

当时，，，
所以在处的切线的斜率；
当时，，，
设过原点的切线的切点为，
则的斜率，解得，；
若要使函数的图象与直线有个交点，数形结合可得.
故选：A.
【点睛】本题考查了利用导数确定函数的图象及导数几何意义的应用，考查了函数与方程的综合应用及数形结合思想，属于中档题.
10．已知函数，对于函数有下述四个结论：
①函数在其定义域上为增函数；
②对于任意的，都有成立；
③有且仅有两个零点；
④若在点处的切线也是的切线，则必是零点．
其中所有正确的结论序号是（    ）
A．①②③ B．②③ C．②④ D．②③④
【答案】D
【分析】①对函数求导得，只能说明在和上都是增函数，不能说明在其整个定义域上为增函数；
②直接计算的值，分离常数后，在的条件下与比较大小即可；
③可得在和上都是增函数，由零点存在性定理即可判断；
④先写出在处的切线方程，再设直线与相切于，化简整理可得.
【详解】①函数的定义域为，且，在和上都是增函数，但不能说明在其整个定义域上为增函数，故①错误；
②当时，有，，故②正确；
③在上是增函数，且，，在上有且仅有1个零点；在上是增函数，且，， 在上有且仅有1个零点，故有且仅有两个零点，故③正确；
④在点处的切线方程为，又也是的切线，设其切点为，则的斜率为，则，，即，又点在上，，，必是零点，故④正确.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数的切线方程、单调性和零点问题，有一定的综合性，解题的关键是利用清楚导数的几何意义以及导数与单调性的关系.

二、填空题
11．等差数列的前项和是，若，则实数__________.
【答案】3
【分析】由与的关系转化求出，由也符合求得的值.
【详解】因为，
当时, ，
因为是等差数列,所以当时，也符合上式,故；
故答案为:3
12．写出一个同时具有下列性质①②③的数列的通项公式：__________．
①；②数列是单调递减数列；③数列是一个等比数列．
【答案】（答案不唯一）
【分析】由③可知，为等比数列，公比为，由①可知，，由②可知，，据此可得符合题意的数列的一个通项公式，
【详解】由③可知，（为非零常数），即，可得为等比数列，
由①可知，，
由②可知，，则，则，则，
所以，其中.
故答案为：（答案不唯一）.
13．如果定义在R上的函数的单调增区间为，那么实数的值为____________．
【答案】
【分析】根据导数研究函数的单调性，将单调区间的端点代入导函数值为零，计算并验证即可.
【详解】由题意可得：且，
代入验证，符合题意，故.
故答案为：

三、双空题
14．已知关于x的方程．当时，方程的实数根为______________．若方程在内有两个不等的实数根，则a的取值范围是__________．
【答案】
【分析】第一空：化简方程转化为的零点问题，利用导数判断其单调性即可；
第二空：化简方程为函数与函数在上有两个交点，结合直线的斜率与图象即可得到结果.
【详解】当时，原方程
令，易知在上单调递增，在上单调递减，又，故只有一个根；


问题转化为：函数与函数在上有两个交点，
显然是其中一个交点，
又由上知时只有一个交点，不符要求；
显然时两函数只有一个交点，不符要求；
当时，更平缓，由图象可得其与在存在一个交点，符合要求；
当，更陡峭，由图象可得当时两函数交点横坐标超过，符合要求；
故
故答案为：；

四、填空题
15．已知数列满足（为常数，，，），给出下列四个结论：①若数列是周期数列，则周期必为2：②若，则数列必是常数列：③若，则数列是递增数列：④若，则数列是有穷数列，其中，所有错误结论的序号是________.
【答案】①②③④
【解析】①当周期为2时，由表示前三项的关系，整理证得，与实际矛盾，错误；
②若，举特例，观察显然不是常数列，错误；
③赋特值，求得，不是递增数列，错误；
④赋特值，求得，是无穷数列，错误.
【详解】①令周期，则
由题可知，则，即
因为
整理得，得，矛盾，所以错误；
②若，
显然，可以是，不是常数列，所以错误；
③令，由可知
当时，显然不是递增数列，所以错误；
④当时，有
当，则以后各项都可以为，是无穷数列，所以错误.
故答案为：①②③④
【点睛】本题考查数列的新定义问题，关键在于理解定义表达式，常运用赋值法处理，属于难题.

五、解答题
16．等比数列的前n项和为，，且成等差数列．
(1)求；
(2)若，求数列前n项和．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由等差中项的性质结合等比通项，解方程得出；
（2）由错位相减法得出数列前n项和．
【详解】（1）证明：∵是等比数列，且   ①
又成等差数列，∴，∴    ②
联立①②得，
∴．
（2）由（1）知，
∴    ①
    ②
①②得


17．在①成等差数列；②成等比数列；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解.
问题：已知为数列的前项和，，且___________.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由可知数列是公比为的等比数列，若选①：结合等差数列等差中项的性质计算求解；若选②：利用等比数列等比中项的性质计算求解，若选③：利用直接计算；
（2）根据对数的运算，可知数列为等差数列，直接求和即可.
【详解】（1）由，当时，，即，即，所以数列是公比为的等比数列，
若选①：由，即，，所以数列的通项公式为；
若选②：由，所以，所以数列的通项公式为；
若选③：由，即，所以数列的通项公式为；
（2）由（1）得，所以数列为等差数列，所以.
18．已知.
(1)讨论的单调性；
(2)若有一个零点，求k的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）求出定义域，求导，由导函数的正负确定函数的单调性；
（2）构造函数，求导确定函数的单调性，确定函数的最值，画出函数的图象，确定参数的取值范围.
【详解】（1）的定义域为，
，当时，恒成立，在上单调递增.
当时，在上，，单调递增；
在上，，单调递减.
综上可知，时，在上单调递增.
时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）有一个零点，可得有一个实根，
令，.
令，得；令，得.
∴在上单调递增，在上单调递减.
∴.
又，
∴时，；时，.
大致图象如图所示，

若直线y＝－k与的图象有一个交点，
则或，即或.
∴k的取值范围是.
19．已知函数，．
(1)若的最值和的最值相等，求m的值；
(2)证明：若函数有两个零点，，则．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)分别对函数求导，利用导数求出函数的最值，结合最值相等即可求解；
(2) 设，，根据有两个零点，，可得：函数是增函数，则，进而将要证明的不等式转化为证，只需证，构造函数，利用导数取出函数的单调性即可证明结论.
【详解】（1）对函数求导可得：，令，可得：，
所以函数在上递增，在上递减，
则，又，所以，，
令，可得：，所以函数在单调递减，在单调递增，
则，
由题意可知：，，
所以m的值为．
（2）若有两个零点，，不妨设，
，设，，
由，得，
因为函数是增函数，所以，
则，设，则，，
欲证，即证，即证，
只需证（*）
设，，
，在上，，单调递减，
所以，所以，
令即得（*）成立，
从而，命题得证．
【点睛】思路点睛：根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

六、单选题
20．在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（    ）

A．1440 B．720 C．1920 D．960
【答案】C
【分析】按照地图涂色问题的方法，先分步再分类去种植花卉即可求得不同的种植方法种数.
【详解】如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.

第一步，选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；
第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；
第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；
第四步；若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；
若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择；
则区域E可选择的花卉有种，
故不同的种植方法种数是.
故选：C
21．在数列中，，，，若数列单调递减，数列单调递增，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，求出，n≥3，则，再结合等比数列求和公式和分组求和即可.
【详解】∵，，，
∴，∴，
又因为数列单调递减，数列单调递增，
同理可得，，，
∴，n≥3




=
故选：A.
22．已知函数，对，恒有，则实数a的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求导确定在上单调递减，由得到，构造函数得在上单调递减，即在上恒成立，参变分离后求出a的取值范围即可.
【详解】由题意知，定义域为，，又，故，在上单调递减，
不妨设，对，恒有，即，，
令，由上可知在上单调递减，则在上恒成立，
从而恒成立，设，，
当时，单减；当时，单增；
，故.
故选：D.
【点睛】本题关键点在于由的单调性，将转化为，从而得到在上单调递减，
即在上恒成立，参变分离后求出a的取值范围即可.

七、填空题
23．已知展开式的二项式系数的最大值为，系数的最大值为，则___________.
【答案】12
【分析】由的二项展开式的通项，可知展开式的二项式系数为，当时，二项式系数的最大值为，展开式的系数为，当满足时，系数的最大值为，求解即可.
【详解】由题意可知
展开式的二项式系数为，
当时，取得最大值
展开式的系数为，
当满足时，系数最大.
即
，即解得
又
时，系数的最大值为
则
故答案为：12
【点睛】本题考查二项式定理，求二项式系数最大值时，列出不等式组是解决本题的关键.属于一道较难的题.

八、双空题
24．已知数列的前n项和为，为数列的前n项积，满足（n为正整数），则___________；___________．
【答案】 2
【分析】首先根据，代入条件求首项；根据时，，代入已知条件，化简递推公式，判断数列是等差数列，再化简求.
【详解】当时，，所以，即，，所以；
由，得，时，，
所以，
得，即，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，
所以，即，
故答案为：2；
25．我们称一个数列是“有趣数列”，当且仅当该数列满足以下两个条件：
①所有的奇数项满足，所有的偶数项满足；
②任意相邻的两项，满足.
根据上面的信息完成下面的问题：
（i）数列__________“有趣数列”（填“是”或者“不是”）；
（ii）若，则数列__________“有趣数列”（填“是”或者“不是”）.
【答案】 是 是
【解析】依据定义检验可得正确的结论.
【详解】若数列为，则该数列为递增数列，满足“有趣数列”的定义，
故为“有趣数列”.
若，则，
.
，故.
,
故.
，故.
综上，为“有趣数列”.
故答案为：是，是.
【点睛】本题以“有趣数列”为载体，考虑数列的单调性，注意根据定义检验即可，本题为中档题.

九、解答题
26．若无穷数列的各项均为整数.且对于，都存在，使得，则称数列满足性质.
(1)判断下列数列是否满足性质，并说明理由.
①；
②.
(2)若数列满足性质，且，求证：集合为无限集；
(3)若周期数列满足性质，求数列的通项公式.
【答案】(1)①不满足，②满足
(2)证明见详解
(3)或

【分析】（1）根据题意分析判断；
（2）根据题意先证3为数列中的项，再利用反证法证明集合为无限集；
（3）先根据题意证明，再分为常数列和非常数列两种情况，分析判断.
【详解】（1）对①：取，对，则，可得，
显然不存在，使得，故数列不满足性质；
对②：对于，则，
故，
∵，则，且，
∴存在，使得，故数列满足性质.
（2）若数列满足性质，且，则有：
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
故数列中存在，使得，即，
反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
即这与假设相矛盾，故集合为无限集.
（3）设周期数列的周期为，则对，均有，
设周期数列的最大项为，最小项为，
即对，均有，
若数列满足性质：
反证：假设时，取，则，使得，
则，即，
这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；
反证：假设时，取，则，使得，
这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；
综上所述：对，均有，
反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，
∵，即为数列中的项，
这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，
∵，则，
当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，
使得，解得或，即或符合题意；
当时，即数列至少有两个不同项，则有：
①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
综上所述：或.
【点睛】方法点睛：
（1）对于证明中出现直接证明不方便时，我们可以利用反证法证明；
（2）对于周期数列满足性质，证明思路：先逐步缩小精确的取值可能，再检验判断.