2022-2023学年福建省莆田第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年福建省莆田第一中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．数列，则该数列的第n项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过数列的规律总结出数列的第n项即可

【详解】设该数列为，

则

以此类推可得，

故选：D

2．若直线经过、两点，则直线的倾斜角的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】计算出的取值范围，结合角的取值范围可求得结果.

【详解】由题意可得，又因为，故.

故选：C.

3．意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：，，，，，，，，，，，，，这就是著名的斐波那契数列．则该数列的前2022项中奇数的个数是（    ）

A．1012 B．1346 C．1348 D．1350

【答案】C

【分析】根据已知数据进行归纳，发现规律，再结合题意，即可求得结果

【详解】对数列中的数据归纳发现，每3个数中前2个都是奇数，

又，故该数列前项有个奇数.

故选：C

4．若函数，则的一个单调递增区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】对函数进行求导，令即可求解

【详解】由可得，

令，解得，

所以的单调递增区间是，

故选：B

5．定义在上的可导函数的导函数记为，若为奇函数且，当时，，则不等式的解集是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，根据题意求得函数在为单调递增函数，然后分，和三种情况进行求解即可

【详解】设，则，

因为当时，成立，所以，为递减函数，

又因为函数为奇函数，可得，

则，所以函数为偶函数，

所以函数在为单调递增函数，

因为，所以，，，

当时，由为奇函数可得不满足题意；

当时，由可得，所以；

当时，由可得，所以，此时，

综上所述，不等式的解集是

故选：D

6．已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】考虑直线与曲线切于原点时实数的值，以及直线与曲线切于原点时实数的值，数形结合可得出实数的取值范围.

【详解】由题意可知，，如下图所示：

当直线与曲线切于原点时，对函数求导得，此时，

当直线与曲线切于原点时，对函数求导得，此时，解得，

结合图形可知，当时，函数与的图象有三个公共点，

故选：A.

7．已知，，，则，，之间的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设函数，求得，根据导数的符号，求得函数的单调性，结合函数的单调性，得到，即可求解.

【详解】设函数，则，

所以在上为增函数，在上为减函数，

所以，即，所以.

故选：B.

二、多选题

8．“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》有如下叙述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵．其一为阳马，其一为鳖臑”．意思是说：将一个长方体沿对角面斜截（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜截（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）．

若长方体的体积为V，由该长方体斜截所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，则下列选项不正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】根据题意确定堑堵、阳马和鳖臑的体积与长方体的体积的数量关系，即可得答案.

【详解】解：由题意，堑堵的体积，阳马的体积，鳖臑的体积，

所以，，，即，

所以，

所以，ACD选项正确，B选项错误.

故选：ACD

9．关于函数，下列结论正确的是（    ）

A．函数的定义域为 B．函数在上单调递增

C．函数的最小值为，没有最大值 D．函数的极小值点为

【答案】BD

【分析】对于A，注意到可知，由此可判断；

对于B，对求导，利用导数与函数的单调性的关系可判断其正确；

对于C，举反例排除即可；

对于D，利用导数与函数极值的关系可判断其正确.

【详解】对于A，因为，所以，解得，故的定义域为，故A错误；

对于B，，令，得，故在上单调递增，故B正确；

对于C，令，则，故的最小值不为，故C错误；

对于D，令，得或，所以在和上单调递减，

令，得，故结合两侧的单调性可知是的极小值点，故D正确.

故选：BD.

10．公差为的等差数列，其前项和为，，，下列说法正确的有（    ）

A． B． C．中最大 D．

【答案】AD

【分析】先根据题意得，，再结合等差数列的性质得，，，中最大，，即：.进而得答案.

【详解】解：根据等差数列前项和公式得：，

所以，，

由于，，

所以，，

所以，中最大，

由于，

所以，即：.

故AD正确，BC错误.

故选：AD.

【点睛】本题考查等差数列的前项和公式与等差数列的性质，是中档题.

11．在正方体中，已知为棱的中点，上底面的中心，下列图形中，的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】利用正方体的性质，利用线面垂直的判定、性质证线线垂直，或由勾股定理判断线线垂直，即可得答案.

【详解】若分别是的中点，易知且，

所以共面，易知：面面，

而，，所以，

面面，面，则面，

又面，故，即A选项中正确；

又，若正方体棱长为2，则，，故，

所以不垂直，即不垂直，即B选项中错误；

由，则，，故，

所以不垂直，即不垂直，即C选项中错误；

由，而，又面，面，则，

，面，则面，

又面，则，故，即D选项中正确.

故选：AD

12．函数及其导函数的定义域均为，且是奇函数，设，，则以下结论正确的有（    ）

A．若的导函数为，定义域为R，则

B．函数的图像关于直线对称

C．的图像关于对称

D．设数列为等差数列，若，则

【答案】ACD

【分析】由是奇函数得到是偶函数，为奇函数判断A；根据函数图像的平移伸缩变换，结合图像关于对称判断B；.由，结合为奇函数判断C；由C得到时，，再结合等差数列性质判断D.

【详解】解：因为函数及其导函数的定义域均为，且是奇函数，

所以，，

所以，即，

所以，是偶函数

所以，，

所以，为奇函数，故定义域为R，则，A选项正确；

函数的图像是由函数图像向右平移一个单位，再将横坐标缩短为原来的得到，

因为是偶函数，图像关于对称，

所以函数的图像关于直线对称，故B选项错误；

因为，由为奇函数知为奇函数，图像关于对称，可以看作由按向量平移而得，故C选项正确；

由选项知，当时，，

由等差数列性质，所以，

同理，，；，；

，；，；

，即，故；

所以，，故D选项正确.

故选：ACD

三、填空题

13．已知圆锥顶点为P，底面的中心为O，过直线OP的平面截该圆锥所得的截面是面积为的正三角形，则该圆锥的体积为___________.

【答案】

【分析】由题设正三角形的边长为，得到底面圆的半径为，圆锥的高为，结合圆锥的体积公式，即可求解.

【详解】由题意，过直线的平面截该圆锥所得的截面是面积为的正三角形，

设正三角形的边长为，可得，解得，

∴底面圆的半径为，圆锥的高为，

所以该圆锥的体积为.

故答案为：.

14．已知函数在处有极大值，则__________．

【答案】6

【详解】解：因为函数则利用导数f‘(x)= (x－c)2+2x(x-c)=0,f’(2）=0,即c=2,或c=6，经过验证当c=2时，函数在x=2处不是极大值，因此排除只有c=6成立．故答案为：6

15．已知数列满足，则___________．

【答案】

【分析】当时，由可得，两式作差变形可得，利用累乘法可求得数列的通项公式

【详解】将代入可得，解得，

由可得，

两式相减得即，

所以，

也满足，故对任意的，，

故答案为：

16．已知不等式对任意恒成立，则实数的最大值是___________．

【答案】

【分析】分析可得，构造函数，利用导数分析函数的单调性，可得出，利用参量量分离法可得出，利用导数求出函数在上的最大值，可得出关于实数的不等式，解之即可.

【详解】由题意可知，由可得，

构造函数，其中，则，

所以，函数在上单调递增，

由可得，则，即，

构造函数，其中，则.

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，解得.

因此，实数的最大值为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的最大值，解题的关键在于将不等式变形为，结合指对同构的思想构造函数，利用函数的单调性进行求解.

四、解答题

17．已知等差数的前项和为，且，.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】(1)用基本量法，即可求解.

(2)分类讨论的正负情况，即可求解.

【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意知

解得故.

（2）由，得，即，所以当时，，

当时，.由（1）知，

所以当时，；

当时，

综上，

18．若函数，当时函数有极值.

(1)求函数的解析式；

(2)求曲线过点的切线方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据极值点和极值列出方程组，求出，得到解析式；

（2）在第一问的基础上，设出切点，结合导数的几何意义求出切线方程.

【详解】（1），由题意得：

，解得：，

所以，

经验证：是函数的极小值点，所以满足要求；

（2）由（1）知：，

设切点方程为，，

所以切线方程为，

代入点可得，即，

解得或，

所以切线方程为或，

即或.

19．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，平面，E为的中点．

.

(1)若点M在线段上，试确定点M的位置使得直线平面．并证明；

(2)若，求平面与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)为的中点，证明见解析；

(2)

【分析】（1）利用中位线定理及矩形的性质证得且，由此证得，再利用线面平行的判定定理即可证得平面；

（2）根据题意建立空间直角坐标系，先求得平面与平面的法向量，再利用空间向量的数量积的坐标表示求得平面与平面所成角的余弦值.

【详解】（1）为的中点，证明如下：

记为的中点，连接，如图，

因为为的中点，所以且，

又因为四边形是矩形，所以且，故且，

又因为E为的中点，所以且，

故四边形是平行四边形，故，

又面，面，所以平面．

.

（2）在平面内过作轴垂直于，

因为平面，则，轴，

故以为坐标原点，以为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，

因为，则，故，

所以，

则，

设平面的一个法向量，则，即，

令，则，所以，

因为平面，所以为平面的一个法向量，

设平面与平面所成锐二面角为，

则，

所以平面与平面所成角的余弦值为.

.

20．已知数列满足

(1)记，写出，并求数列的通项公式；

(2)求的前20项和．

【答案】(1)，，，

(2)

【分析】（1）根据递推公式列出前几项，即可得到，，，再根据递推公式得到，即可得到是以为首项，为公差的等差数列，即可求出其通项公式；

（2）由（1）可得，则，，即可得到，再利用并项求和法计算可得.

【详解】（1）因为，所以，，，，，

又，所以，，

当，时，；

当，时，，

当时，，即，

则，，

数列是以为首项，为公差的等差数列，

故；

（2）由（1）可得，，

则，

所以，

记的前项和为，

则

21．设函数.

(1)求函数的单调增区间；

(2)当时，记，是否存在整数，使得关于x的不等式有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.（参考数据：）

【答案】(1)答案见解析

(2)存在，的最小值为0

【分析】（1）求出函数的导数，就的不同取值可求的解，从而可得函数的单调增区间.

（2）利用导数结合虚设零点可求，从而可得整数的最小值.

【详解】（1）因为，

所以，

①当时，由，解得；

②当时，由，解得；

③当时，由，解得；

④当时，由，解得；

⑤当时，由，解得，

综上所述，当时，的增区间为；

当时，的增区间为；

时，的增区间为.

（2）当时，，所以，

而，

因为均为上的增函数，

故为上的增函数，

而，，

故在上有且只有一个零点，

且且时，；当时，，

故在上为减函数，在上为增函数，

故，

因为，所以，

所以，

而整数，使得关于x的不等式有解，故，

故存在整数满足题意，且的最小值为0.

【点睛】思路点睛：利用导数求函数的最值时，如果导数的零点不易求得，则可以虚设零点，利用零点满足的关系式化简最值，从而得到最值的范围或符号.

22．已知函数．

(1)证明：当时，；

(2)若有最大值，求a的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据，得到，将证明转化为证明，然后求出函数的最大值即可证明；

（2）分类讨论，和三种情况下的最大值，然后求的范围即可.

【详解】（1）证明：当时，，

欲证，只需证，∵，

只需证，即证：，

令，则，

故知函数在上单调递增，在上单调递减，

故，故，即，得证．

（2）．

令，则，

故知在上单调递增，在上单调递减，故，

的图象如下所示：

①若，则恒成立，则在上单调递减，无最大值；

②若，则在上有两个零点，设为，且．显然，

故当时，，故，函数此时单调递减．

同理可知函数在上单调递增，在上单调递减．

又，故有最大值等价于，

故有，化简得，解得，

又，且在上单调递减，

故，故；

③若，当时，，没有最大值，所以显然无最大值，

综上，．

【点睛】分析函数在区间上的最值情况：

（1）若函数在区间上单调，则函数在区间上没有最值；

（2）若函数在区间上存在极大值，且极大值大于或等于两端函数值的极限，则极大值为最大值，否则无最大值；

（3）若函数在区间上存在极小值，且极小值小于或等于两端函数值的极限，则极小值为最小值，否则无最小值.