2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学高二下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学高二下学期期中考试数学试题含解析，共18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学年北京市中国人民大学附属中学高二下学期期中考试数学试题 一、单选题1．数列，3，，15，…的一个通项公式可以是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】利用数列正负交替及数的规律即可确定数列通项公式【详解】数列各项正、负交替，故可用来调节，又，，，，…，所以通项公式为，故选：A2．设为等差数列的前项和，若，则的值为（     ）A．14 B．28 C．36 D．48【答案】D【分析】利用等差数列的前项和公式以及等差数列的性质即可求出.【详解】因为为等差数列的前项和，所以故选：D【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式的计算以及等差数列性质的应用，属于较易题.3．下列求导运算正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据基本初等函数的求导公式以及导数的运算法则，判断每个选项，可得答案。【详解】，A错误；，B错误；，C错误；，D正确，故选：D4．在曲线 的图象上取一点及邻近一点， 则为（    ）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】根据平均变化率，代入计算即得．【详解】由题可得.故选：C．5．已知定义在［0，3］上的函数的图像如图，则不等式＜0的解集为（    ）A．(0，1) B．(1，2)C．(2，3) D．(0，1)(2，3)【答案】B【分析】根据函数的导数与函数的单调性的关系即得结论．【详解】由图象知在上是减函数，所以的解集是．故选：B．6．在等差数列中，“”是“”的（    ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据数列的性质求解.【详解】当的公差时，由，得m是任意的正整数，由，得，则“”是“”的必要不充分条件．故选:A.7．若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】因为函数在内单调递增，转化为导函数在恒成立.【详解】,因为函数在区间上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.因为在上单调递减，所以当时，，所以，则的取值范围为.故选：B8．在数列中，它的前项和为（为常数），若是以为公比的等比数列，则（    ）A．0 B．1 C．3 D．4【答案】B【分析】根据等比数列的性质即可求解.【详解】是以为公比的等比数列,    所以，所以公比进而，所以，故选：B9．小红在手工课上设计了一个剪纸图案，她先在一个半径为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之间的部分，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】根据规律可得每个内切圆与正方形的面积的差是等比数列，且首项为，公比为，有等比数列的求和公式即可化简求值.【详解】将6个圆从外到内依次记为，将6个正方形从外到内依次记为，，记6个阴影部分从外到内的面积为，其中表示的半径，由题意可知故半径成等比数列，且公比为，所以，故为等比数列，且首项为，公比为，所以，故选：C.10．已知e为自然对数的底数，函数的导函数为，对任意，都有成立，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，求导,利用导数求解单调性，利用单调性即可比较大小.【详解】由得令，则，所以单调递减，故,即,同除以得，故选：A 二、填空题11．曲线在处的切线的方程为__________．【答案】【分析】求导得切线斜率，由直线的点斜式即可求解直线方程.【详解】由得，故，又，所以切线方程为，即，故答案为： 三、双空题12．函数的零点个数为__________，其极值点是__________．【答案】     1     1【分析】根据零点定义求零点个数，再求出的导数，令，根据单调区间，可得所求极值点；【详解】函数的零点，令，故零点个数为1；求导函数，令，得 所以，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以，函数在处取得极小值，是其极小值点.故答案为：. 四、填空题13．公差不为零的等差数列的前项和为，若是与的等比中项，则__________．【答案】1【分析】根据是与的等比中项，化简得到，再分别求得，求解.【详解】解：因为是与的等比中项，所以，即，化简得，因为，所以，所以，，所以，故答案为：114．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有如下俯视图所示的几何体，后人称之为“三角垛”．其最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，则第九层球的个数为__________．【答案】45 【分析】根据题意，发现规律并将规律表达出来，第层有个球，结合等差数列前n项求和公式计算即可求解.【详解】由题意，第一层有个球；第二层有个球；第三层有个球，根据规律可知：第层有个球设第层的小球个数为，则有：，故第九层球的个数为：.故答案为：45.15．关于函数，①无最小值，无最大值；②函数有且只有1个零点；③存在实数，使得恒成立；④对任意两个正实数，，且，若，则．其中所有正确的结论序号是__________．【答案】②③④【分析】求得的导数和单调性、极值，可判断①；求得的导数，可得单调性，计算的函数值，可判断②；结合①的分析，取特殊值即可判断③；设，由，求得，关于的函数式，结合分析法，构造函数，判断单调性，可判断④．【详解】，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，函数有最小值，无最大值，故①错误；令，恒成立，在单调递减，，，有且只有一个零点，故②正确；由①知，，又，所以取，有，此时恒成立，即存在实数，使得恒成立，故③正确；设，即有，即为，化为，可得，则，设，可得，由的导数为，可得时，，单调递增，可得，，单调递增，可得，故成立，故④正确．故答案为：②③④．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 五、解答题16．在①,②,③这三个条件中选择两个,补充在下面问题中,并进行解答.已知等差数列的前项和为,______,______.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前项和.注:如果选择多组条件分别解答,按第一个解答计分. 【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据是等差数列,设出公差为,选择两个选项,将首项公差代入,解方程组,即可求得基本量,写出通项公式;(2)根据(1)中的通项公式,写出的通项,利用裂项相消即可求得前项和.【详解】（1）由于是等差数列,设公差为,当选①②时:,解得,所以的通项公式.选①③时:,解得,所以的通项公式.选②③时:,解得,所以的通项公式.（2）由(1)知,,所以,所以.17．已知函数在处取得极值．(1)求的解析式；(2)求在上的最值．【答案】(1)(2)最大值为2，最小值为. 【分析】（1）利用极值点即可得，,即可求解，（2）求导，列表得单调性，进而比较极值点与端点处的函数值即可求解.【详解】（1）．在时取得极值，所以，,即,且解得．经检验，时，,当或时,,此时单调递增，当时,,此时单调递减，故在时取得极小值．．（2），令，解得或；,时，和 变化如下：    1  0  单调递增 单调递减由上表可知函数在区间，上的最大值为2，最小值为.18．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，求的单调区间；(3)若对，恒成立，求的取值范围．【答案】(1)；(2)答案见解析；(3) 【分析】（1）利用导数的几何意义，计算求得、，即可求解；（2）利用导数，分类讨论当、、、时函数的单调性，即可求解；（3）根据题意将原不等式转化为，求导得，令，利用导数研究函数的性质，结合零点的存在性定理可得函数的单调性，求出即可.【详解】（1）当时，，所以，得，又，所以曲线在处的切线方程为.（2）,，令或，当时，由或，由，所以函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，由或，由，所以函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，由，由，所以函数在上单调递增，在上单调递减；当时，由，则函数在上单调递增.综上，当时，函数的单调增区间为和，减区间为；当时，函数的单调增区间为和，减区间为；当时，函数的单调增区间为，减区间为；当时，函数的单调增区间为，无减区间.（3），则不等式转化为，设，令，则，由，由，所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，则函数在内存在唯一的零点，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，又，得，则，即，所以，即实数a的取值范围为.【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的方法(1)分离参数法求范围：若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围. 六、单选题19．在二项式的展开式中，含项的二项式系数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先写出展开式的通项，再令求出，即可求出含项的二项式系数.【详解】二项式的展开式的通项为，令，解得，所以展开式中项的二项式系数为.故选：A20．已知函数，若对任意的，，且，都有，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将式子变形得到函数的单调性，进而转化成在恒成立，构造函数由导数求解最值即可求解.【详解】由得，不妨设，，且,则，故问题等价于函数在单调递增，故在恒成立，在恒成立，令，则当时，,当，故在单调递增，在单调递减，故在极小值也是最小值，故，故选：B.21．已知数列满足，，，，，记数列前项和为，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据原递推关系构造等差数列，求出 的通项公式，再利用对数的性质计算出 ，再运用缩放法证明.【详解】 ， ， ，令 ，则有 ，即数列 从第2项开始是公差为1，首项为 的等差数列， ，即 ，将 代入上式检验得 ，正确； ， ，显然 ， ；故选：D. 七、填空题22．的展开式各项系数的和是，则__________.【答案】【分析】采用赋值法，令，根据展开式各项系数的和即可求得答案.【详解】由题意令，则的展开式各项系数的和是，故答案为： 八、双空题23．二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，二制数对应的十进制数记为，即，其中，，则在，，，…，中恰好有2个0的所有二进制数对应的十进制数的总和为__________（用数字作答）将五个数20、23、2、0、3任意次序排成一行，拼成一个7位数，则能产生不同的7位数的个数是__________（用数字作答）【答案】     506     75【分析】利用等比数列前n项和以及组合数问题可解；先选择一个非0数排在首位，剩余数全排列，共有种，其中2和0排在一起形成20和原来的20有重复，2和3排在一起形成23和原来的23有重复，计算得到答案.【详解】根据题意得 ，因为在中恰好有2个0的有种可能，即所有符合条件的二进制数 的个数为10．所以所有二进制数对应的十进制数的和中，出现次，，…，，均出现次，所以满足中恰好有2个0的所有二进制数对应的十进制数的和为.先选择一个非0数排在首位，剩余数全排列，共有种，其中2和0排在一起形成20和原来的20有重复，考虑2和0相邻时，且2在0的左边，共有种排法，其中一半是重复的，故此时有12种重复.其中2和3排在一起形成23和原来的23有重复，考虑2和3相邻时，且2在3的左边，共有种排法，其中一半是重复的，故此时有9种重复.故共有种.故答案为：506；75． 九、填空题24．已知函数与轴有两个交点，则实数的取值范围为__________．【答案】【分析】求出函数的导数，就、、分类讨论，而当时，再就、、分类讨论单调性并结合零点存在定理判断零点个数，从而得到参数的取值范围，注意可以转化到的情形.【详解】函数与轴有两个交点即有两个不同的解.（1）当时，，令，则，故符合.（2）当时，，当时，；当时，，所以在上为增函数，在上为减函数，而，当时，，故在上有且只有一个零点，当，即，即时，结合的单调性可得：在上有且只有一个零点，故此时符合题设.当时，即，即时，结合的单调性可得：在上无零点，故舍.当时，即，即时，结合的单调性可得：在上有且只有一个零点，下证：，设，则，当时，，当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故恒成立，所以，故，所以，而，其中，设，则，故为上的减函数，故，故对任意的成立，故对任意的成立，因为，故成立，故，所以，故，故在有且只有一个零点，故与轴有3个不同的交点，舍.故当时，仅有能使得与轴有2个不同的交点.（3）当时，因为方程等价于，其中，由（2）可知仅有能使得与轴有2个不同的交点.即.综上，实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】思路点睛：导数背景下的零点个数问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，并结合零点存在定理来判断零点的存在性，而取点判断函数值的符号需要结合函数解析式的形式和极值来合适选择. 十、解答题25．已知数列，若对任意的，，，存在正数使得，则称数列具有守恒性质，其中最小的称为数列的守恒数，记为.（1）若数列是等差数列且公差为，前项和记为.①证明：数列具有守恒性质，并求出其守恒数.②数列是否具有守恒性质？并说明理由.（2）若首项为1且公比不为1的正项等比数列具有守恒性质，且，求公比值的集合.【答案】（1）①见解析，.②数列不具有守恒性质.见解析（2）【分析】（1）①运用等差数列的通项公式和数列具有守恒性质可得结论；②数列不具有守恒性质，运用等差数列的求和公式和不等式的性质可得结论；（2）讨论，，由等比数列的通项公式和不等式的性质，构造数列，运用单调性，即可得到所求范围．【详解】解：（1）①因为是等差数列且公差为，所以，所以对任意，，恒成立，所以数列具有守恒性质，且守恒数.②假设数列具有守恒性质，因为，所以存在实数，.若，则当时，，矛盾；若，则当时，，矛盾.所以数列不具有守恒性质.（2）显然且，因为，所以.因为数列具有守恒性质，所以对任意，，存在正数使得，即存在正数，对任，都成立.（i）若，等比数列递增，不妨设，则，即，设，由式中的，任意性可知，数列不递增，所以对任意恒成立.而当，，所以不符题意.（ii）若，则数列单调递减，不妨设，则，即，设，由式中的，任意性可知，数列不递减，所以对任意恒成立，所以对任意恒成立，显然，当，时，单调递减，所以当时，取得最大值，所以.又，故，即.综上所述，公比的取值集合为.【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查分类讨论思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于难题．