2021-2022学年安徽省滁州市定远县民族中学高二下学期5月月考数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年安徽省滁州市定远县民族中学高二下学期5月月考数学（理）试题

一、单选题

1．5G基站建设是众多“新基建”的工程之一，截至2021年7月底，A地区已经累计开通5G基站300个，未来将进一步完善基础网络体系，加快推进5G网络建设．已知2021年8月该地区计划新建50个5G基站，以后每个月比上一个月多建40个，预计A地区累计开通4640个5G基站要到（    ）

A．2022年10月底 B．2022年9月底

C．2022年8月底 D．2022年7月底

【答案】B

【分析】转化为等差数列，利用等差数列求和公式进行求解

【详解】由题意得，2021年8月及之后该地区每个月建设的5G基站数量为等差数列，则公差为40，

假设要经过k个月，则，

解得：，所以预计A地区累计开通4640个5G基站要到2022年9月底，

故选：B．

2．已知等差数列的前项和为若则的值为（    ）

A．18 B．17 C．16 D．15

【答案】D

【分析】先由得到，再利用解出即可.

【详解】因为，故，又，

故，所以.

故选：D.

3．已知数列满足，，给出下列三个结论：①不存在a，使得数列单调递减；②对任意的a，不等式对所有的恒成立；③当时，存在常数C，使得对所有的都成立．其中正确的是（    ）

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③

【答案】A

【分析】由即可判断①；由即可判断②；由结合累加法求得即可判断③.

【详解】由，可得，则，，则，都有数列单调递增，故①正确；

由可得，又数列单调递增，则，

则，即，②正确；

由可得，则，，

，，将以上等式相加得，

又，单调递增，则，又由可得，

又，则，即，则，设，

，易得，当时，，

则，，故不存在常数C，使得对所有的都成立，故③错误.

故选：A.

4．已知等比数列满足，，则（    ）

A．数列是等差等列 B．数列是等差数列

C．数列是递减数列 D．数列是递增数列

【答案】B

【分析】利用等差数列和等比数列的定义求解判断.

【详解】解：因为等比数列满足，，

则，故数列是以1为首项，以2为公比的等比等列，故A错误；

则，故数列是以0为首项，以-1为公差的等差数列，故B正确；

由A知：。故数列是递增数列，故C错误；

由B知：，故数列是递减数列，故D错误；

故选：B

5．过函数图像上一个动点作函数的切线，则切线领斜角范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求得，根据指数函数的性质，得到，即切线的斜率，进而得到，即可求解.

【详解】由题意，函数，可得，

因为，所以，即切线的斜率，

设切线的倾斜角为，则

又因为，所以或，

即切线的倾斜角的范围为.

故选：B.

6．已知的导数存在，的图象如图所示，设是由曲线与直线，及x轴围成的平面图形的面积，则在区间上（    ）

A．的最大值是，最小值是 B．的最大值是，最小值是

C．的最大值是，最小值是 D．的最大值是，最小值是

【答案】D

【分析】根据图像，利用导数的定义，化简，然后，逐个选项进行判断即可.

【详解】如图所示，的最大值为，最小值为．

由导函数的定义，得．

则的最大值是，最小值是.

故选：D

7．已知函数，其导函数为，则的值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】首先求出函数的导函数，令，，再判断函数的奇偶性，根据奇偶性计算可得；

【详解】解：因为，所以，

令，，则，，

即为奇函数，为偶函数，

所以，

即，，

所以，

所以；

故选：B

8．曲线在点P处的切线平行于直线，则点P的坐标为（    ）

A．或 B．或

C． D．

【答案】D

【分析】根据函数在切点处的导数值等于切线斜率，即可求解切点坐标，检验不重合即可.

【详解】由得，设点，则，将代入中即可得

故;当时，切线方程为，不符合，舍去.所以点.

故选：D

9．已知函数，则的导函数为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据导数的运算法则及基本初等函数的导数公式计算可得；

【详解】解：因为，

所以

故选：C

10．已知函数，则（    ）

A．2 B．4 C．3 D．1

【答案】B

【分析】先求得导函数，然后求得．

【详解】，

所以．

故选：B

11．如图是的导数的图象，则下面判断正确的是（    ）

A．在内是增函数

B．在内是减函数

C．在时取得极小值

D．当时取得极大值

【答案】B

【分析】利用导函数值的正负判断的单调区间，再确定函数的极值

【详解】时， ，此时在单调递减

时， ，此时在 单调递增

时，，此时在 单调递减

时，，此时在 单调递增

在处左增右减，故在时取得极大值

在处左减右增，故在时取得极小值

综上可知：B正确

故选：B

12．若函数（其中a，b，）的图像关于点对称，函数是的导数，则下列说法中，正确命题的个数有（    ）

①函数是奇函数；

②，使得；

③是函数图像的对称轴；

④一定存在极值点.

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】利用图象平移变换判断①，根据三次函数的性质即三次函数图象与轴交点结论判断②；对求导后的结论判断③；举反例判断④．

【详解】函数的图象关于点对称，把它向左平移1个单位，对称点变为，即函数是奇函数，①正确；

是三次函数，其图象与轴一定有公共点，因此，使得，②正确；

的图象关于对称，则，两边求导得，

所以的图象关于直线对称，③正确；

例如，满足题意设条件，但，单调递增，无极值．④错误．

因此正确的个数是3，

故选：C．

二、填空题

13．已知数列，满足，，，的前n项和为，前n项积为．则______．

【答案】

【分析】利用累加和累乘可求，从而可求的值.

【详解】因为，，故，依次有

根据可得，

故

.

由可得，

从而，

故，

故答案为：.

14．函数在点处的切线方程是_________．

【答案】

【分析】求得函数的导数，得到且，再结合直线的点斜式，即可求解.

【详解】由题意，函数，可得，

则且，

所以在点处切线方程是，即．

故答案为：.

15．已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为______．

【答案】

【分析】构造，利用导数研究单调性，由题设知对称轴为，即可得，进而求，而原不等式等价于，即可求解集.

【详解】设，则，又，

所以，即在R上是减函数，

因为为偶函数，所以图象关于y轴对称，而向右平移3个单位可得，

所以对称轴为，则，

所以，不等式等价于，故，

所以不等式的解集为.

故答案为：

16．已知前项和为的等差数列（公差不为0）满足仍是等差数列，则通项公式___________.

【答案】

【分析】根据是等差数列列方程，求得数列的公差，由此求得.

【详解】设公差为，则，

或，而不合题意，故.

故答案为：

三、解答题

17．在数列中，．

(1)求数列的通项公式；

(2)已知数列，数列的前项和为，求．

【答案】(1)

(2)42

【分析】（1）根据条件利用累加法可求得答案；

（2）写出，可得，继而求得答案.

【详解】（1）由题意得;

,

即 ；

（2），故,

故.

18．设数列的前n项和为，且满足，数列满足，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前n项和为，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意结合数列作差可得，再利用累加法求出；

（2）由题意可得，再利用错位相减法求和即可；

【详解】（1）解：∵，

当时，

两式作差得，

即.

当时，∴，

∴为首项为2，公比为的等比数列，∴，

∴，即，

又，

∴当时，

，

当时，，

∴；

（2）解：由题意

则，①

则，②

①②得

，

∴，

19．已知．

(1)当时，求曲线上的斜率为的切线方程；

(2)当时，恒成立，求实数m的范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据导数的几何意义可利用斜率求得切点坐标，由此可得切线方程；

（2）令，将问题转化为当时，恒成立；讨论当时，由导数可证得单调递增，由可求得m范围；当时，利用零点存在定理可说明存在，并得到单调性，知，由此可解得的范围，根据可求得m范围．

【详解】（1）当时，，；

令，解得：，∴切点坐标为，

∴所求切线方程为：，即；

（2）令，

则原问题转化为：当时，恒成立，即恒成立；，，

则当时，，∴在上单调递增，∴；

①当，即时，，∴在上单调递增，

∴，解得：，∴；

②当，即时，，当时，；

∴，使得，即，

则当时，；当时，；

∴在上单调递减，在上单调递增，

∴

，

解得：，即，又，∴，

令，则，∴当时，，

∴在上单调递减，∴，即；

综上所述：实数m的取值范围为．

20．已知函数的图象在点处的切线方程为．

(1)求的值和函数的解析式；

(2)求函数的单调区间和极值．

【答案】(1)，；

(2)单调递减区间是，单调递增区间是；极小值为，无极大值．

【分析】（1）由切点在切线上求得值，由切线在函数图象上求得值，由导数几何意义求得值；

（2）求出导函数，由导函数的正负确定单调区间，确定极值.

【详解】（1）函数的定义域为，

把点代入切线方程为得：，

所以切点坐标为（1，1），由题意得：，①

因为，且函数的图象在点（1，1）处的切线斜率为，

所以，②

由①②解得：，，综上，．

（2）由（1）知，，所以，令，解得：；

令，解得：，

所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是，

当时，函数的极小值为，无极大值．

21．已知两曲线和都经过点，且在点P处有公切线.

(1)求的值；

(2)求公切线所在的直线方程；

(3)若抛物线上的点M到直线的距离最短，求点M的坐标和最短距离.

【答案】(1)，，

(2)

(3)，最短距离为

【分析】（1）公共点的坐标代入两个函数式，两个函数式求导，在时，导数值相等，联立方程组解得；

（2）由（1）求出原函数和导函数，即可求得在点处的切线方程，从而得公切线方程；

（3）由抛物线的导数值等于3可得点坐标，再由点到直线距离公式可得结论．

【详解】（1）解：根据题意可知，

将分别代入两曲线方程得到，．

两个函数的导函数分别是，

又，，则，解得，，．

（2）由（1）知，；当时，，故切线方程为，即．

由（1）知，，当时，，故切线方程为，

即．

综上所述，公切线所在的直线方程为．

（3）要使抛物线上的点M到直线的距离最短，则抛物线在点M处的切线斜率应该与直线相同，则，

解得，又因为点M在抛物线上，解得．

所以最短距离即d为点M到直线的距离，

代入点到直线的距离公式得．即最短距离为．

22．已知函数，．

(1)若函数在上单调递增，求实数a的取值范围；

(2)当时，函数在上的最小值为2，求实数a的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）转换为恒成立问题即在上恒成立，进行求解即可；

（2）求导可得，按照，进行讨论，由单调性求最值即可得解.

【详解】（1）∵，∴

∵在上是增函数，

∴在上恒成立，即在上恒成立.

∴.

（2）由（1）得，.

①若，在上恒成立，此时在上是增函数.

所以，解得（舍去）.

②若时，在上是减函数，在上是增函数.

所以，解得

综上，