2021-2022学年重庆市西南大学附属中学校高二下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年重庆市西南大学附属中学校高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知函数，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由复合函数导数公式直接计算可得结果.

【详解】.

故选：D.

2．在等差数列中，若，则（       ）

A．6 B．9 C．11 D．24

【答案】B

【分析】根据等差数列的通项公式的基本量运算求解．

【详解】设的公差为d，因为，所以，又，所以．

故选：B．

3．已知函数的图象在点处的切线与直线垂直，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】对函数求导，利用导数的几何意义结合垂直关系计算作答.

【详解】函数定义域为，求导得，

于是得函数的图象在点处切线的斜率，

而直线的斜率为，依题意，，即，解得，

所以.

故选：C

4．函数在（0，e]上的最大值为（       ）

A．－1 B．1 C．0 D．e

【答案】A

【分析】对函数求导，然后求出函数的单调区间，从而可求出函数的最大值

【详解】由，得，

当时，，当，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以当时，取得最大值，

故选：A

5．已知首项为正数的等比数列中，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】首先根据求出，再根据得到，再由计算即可.

【详解】因为，，所以，即.

因为，.

故选：B

【点睛】本题主要考查等比数列的性质，同时考查了等比中项，属于中档题.

6．中国古代的“礼､乐､射､御､书､数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”即数学某校国学社团利用周日开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，上午三节，下午三节.一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在上午，“射”和“御”两门课程排在下午且相邻，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有（       ）

A．36种 B．72种 C．108种 D．144种

【答案】B

【分析】先排“数”，然后排“射”和“御”，再排剩下门课程，由此计算出正确答案.

【详解】先排“数”，然后排“射”和“御”，再排剩下门课程，

所以不同的排课顺序有种.

故选：B

7．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】首先求出函数的导函数，参变分离，可将原问题转化为在上恒成立，再由配方法，即可得解．

【详解】解：因为在上单调递增，

所以在上恒成立，即在上恒成立，

而，当且仅当时，等号成立，

所以，即，

所以实数的取值范围为．

故选：D．

8．函数的零点个数为（       ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】A

【分析】令可得，令，，则问题转化为与的交点个数，首先判断函数的奇偶性，根据对称性只需研究两函数在上的交点个数，利用导数研究在上的单调性，即可求出其极大值，再比较两函数值的大小关系即可判断函数的交点公式，最后结合函数图象分析可得；

【详解】解：令，即，

令，，则问题转化为与的交点个数；

因为，，

即与均是偶函数，且，，即，

根据对称性只需研究函数在上的交点个数，

由，且．

则，

当时，，，时，，

在区间上单调递增，在区间上单调递减，

，，

与在上有一个交点．

当时，

但是恒成立，

所以恒成立，即函数在上不存在交点；

在同一坐标系中作出与的图象，

可得与有个交点，即有个零点；

故选：A

二、多选题

9．已知是等差数列的前n项和，且，，则（       ）

A．数列为递增数列 B．数列为递减数列

C．当时，取得最大值 D．当时，n的最小值为14

【答案】BD

【分析】由下标和性质可得，从而知公差，可判断选项A和B；根据等差数列的前项和公式与等差中项性质，可判断选项C和D．

【详解】解：因为，且，所以，

所以公差，

故数列单调递减，即选项B正确，A错误；

因为且，所以时，取得最大值，故C错误；

因为， ，

所以当时，的最小值为14，即选项D正确．

故选：BD．

10．对于函数，下列说法错误的是（       ）

A．在上单调递减，在上单调递增

B．在上单调递减，在上单调递增

C．在上单调递减，在上单调递增

D．在上单调递减，在上单调递增

【答案】BC

【分析】利用导数求函数的单调区间.

【详解】，且，得，

当时，，所以函数的单调递减区间是和，

当时，，函数的单调递增区间是.

故选：BC

11．数列的各项均是正数，，，函数在点处的切线过点，则下列正确的是（       ）

A．

B．数列是等比数列

C．数列是等比数列

D．

【答案】ABD

【分析】求出函数在点处的切线方程，可得出，利用等比数列的定义可判断AB选项；计算得出，可判断C选项；推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，利用等比数列的通项公式可判断D选项.

【详解】对函数求导得，故函数在点处的切线方程为，即，

由已知可得，

对任意的，，则，即，

所以，，

所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，B对；

，A对；

且，故数列不是等比数列，C错；

由上可知，因为，且，则，

即，所以，且，故数列是等比数列，且首项为，公比为，

因此，，D对.

故选：ABD.

12．已知函数的导数为，时，有，，则下列不等式成立的有（       ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】首先变形原不等式，然后构造函数，利用导数判断函数的单调性，再比较函数值的大小.

【详解】,

，

因为，所以，

令，，

可知在上单调递减，所以，

即，，

故选：AC

三、填空题

13．已知等差数列的公差，等比数列的公比为q，若，，且，则_________．

【答案】-3或-2-2或-3

【分析】结合等差数列、等比数列的知识化简，从而求得的值.

【详解】依题意，

所以，

解得或.

故答案为：或

14．从0，4中任选一个数字，1，3，5，7中任选两个不同的数字，可组成_________个三位奇数．

【答案】36

【分析】分两类，分别先排0，4，再排所选的奇数，然后再将每一种情况的个数加起来即可.

【详解】若从0，4中选0，则0只能放在十位上，从1，3，5，7中任选的两个数可以任意放在百位与个位上，此时共有个三位奇数；

若从0，4中选4，则4放在十位或百位上，从1，3，5，7中任选的两个数可以任意放在另两个数位上，此时共有个三位奇数.

故共有个三位奇数.

故答案为：36

15．已知数列满足，且，则_________．

【答案】4037

【分析】可根据相邻两项和为定值列出与相关的和的式子，即可求解.

【详解】由题，

，

相减得，又，则.

故答案为：4037.

16．函数的最小值为_________．

【答案】

【分析】（1）将的解析式配方成，则，构造函数，求其最小值即可

【详解】

因为

所以

设，

则，且当时，；当时，

所以在上单调递减，在上单调递增

所以，所以

所以

设

则

令 , 解得,

在上单调递减,在上单调递增,

即的最小值为.

故答案为：

四、解答题

17．已知等比数列各项均为正数，且，，是公差为的等差数列．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用条件，列出关于首项和公比的方程，即可求解；

（2）首先判断数列是等比数列，再求和.

【详解】(1)设等比数列的公比，且，，是公差为-3的等差数列，

所以，即，解得： ，

所以数列的通项公式；

(2)，，所以数列是首项，公比为的等比数列，

18．已知函数

(1)当时，求的极值；

(2)若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)极小值为，无极大值，

(2)

【分析】（1）先对函数求导，然后根据导函数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值，

（2）将问题转化为在上恒成立，构造函数，然后利用导数求出其最小值即可

【详解】(1)当时，，则，

当时，，当时，，

所以在上递减，在上递增，

所以当时，取得极小值，极小值为，无极大值

(2)由，得，在上恒成立，

即在上恒成立，

令，，则，

当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

所以，

因为，，

所以，

所以，

即实数a的取值范围为

19．已知数列的首项，，数列满足

(1)证明：为等比数列；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由,变形为,即可证明；

（2）由等比数列的通项公式可得于是,因此,再利用“裂项求和”即可得出．

【详解】(1)证明 ：因为，

所以．

又，所以数列是公比为3的等比数列．

(2)因为数列是首项为，公比为3的等比数列，

所以，

所以，

所以，

所以．

20．已知椭圆的离心率为，右焦点为，右顶点为，且

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若不过点的直线与椭圆交于、两点，且以为直径的圆经过点，判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.

【答案】(1)

(2)直线过定点，理由见解析

【分析】（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得的值，即可得出椭圆的标准方程；

（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由求出直线的方程中参数的等量关系，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标.

【详解】(1)解：由题意可得，解得，，则，

故椭圆的标准方程为.

(2)解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，

联立，可得，

，可得，

由韦达定理可得，，

由题意可知，，，同理，

所以，

，

整理可得，

当时，直线的方程为，直线过点，不合乎题意；

当时， 直线的方程为，直线过定点，合乎题意；

当直线的斜率不存在时，则点、关于轴对称，设点，则，

，，其中，

，

即，因为，解得，

此时直线的方程为，直线过定点.

综上所述，直线过定点.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.

21．已知函数.

(1)当时，求函数的最大值；

(2)证明：对任意正整数n，

【答案】(1)0

(2)证明见解析

【分析】（1）对函数求导，然后通过导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的最值，

（2）当时，可判断出函数在上递减，从而可得，则，，累加可得答案

【详解】(1)由，得，（）

令，则或，

因为，所以，

所以舍去，

所以当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

所以当时，取得最大值，

(2)当时，，则，

所以当时，，

所以在上递减，

所以，所以，

因为，

所以，，

所以，，，……，，

所以，

所以

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数证明不等式，解题的关键是当时，利用导数可得，在上递减，从而可得，转化为，，然后累加可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题

22．已知函数

(1)讨论的单调性；

(2)若函数存在极值点，求证：

【答案】(1)详见解析

(2)详见解析

【分析】（1）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性；

（2）利用函数存在极值点，即导函数有根，将要证明的不等式变形为，根据自变量的取值范围情况，采用构造函数，求出导数，判断函数单调性求最值的方法，进行证明.

【详解】(1)函数的定义域是，

，，

当时，恒成立，函数在上单调递增，

当时，令，得，

当时，，函数在区间单调递增，

当时，，函数在区间单调递减，

综上可知，当时，函数的单调递增区间是，无减区间，

当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是.

(2)由题意得的根为，

即，即，

要证原不等式，即证明，（）其中，

①当时，设，则，，

故，

时，，即（）成立；

②当时，设，则，

，故，       

记，，，

当时，解得，

当时，解得，

故在递增，递减，所以，

故当时，，即，

即，所以（）成立，

由①②可知，成立，命题得证.