2022-2023学年山东省日照市高二下学期期中校际联合考试数学试题含解析

2022-2023学年山东省日照市高二下学期期中校际联合考试数学试题

一、单选题

1．数列，，，…，，…的第10项是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由观察可得数列规律，即可得答案.

【详解】由题可得数列第n项为，则数列第10项为.

故选：A

2．已知函数，则（    ）

A．0 B．1 C． D．4

【答案】C

【分析】直接求导计算即可.

【详解】由题意可得：

故选：C

3．已知，，则a，b的等差中项为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】先求解可得，然后根据等差中项的性质，即可得出答案.

【详解】由已知可得，.

设a，b的等差中项为，

根据等差中项的定义，有.

故选：B.

4．函数的单调递增区间是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用导数的性质进行求解即可.

【详解】由题意得，

令，解得或，故其单调增区间为，

故选：A.

5．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》书中提出高阶等差数列前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前6项分别是1，6，13，24，41，66，则该数列的第7项为（    ）

A．91 B．99 C．101 D．113

【答案】C

【分析】根据高阶等差数列的定义，逐项作差，可推得为等差数列，且，反向求解可得，.

【详解】由已知可设，，，，，.

设，则，，，，.

设，则，，，，

根据高阶等差数列的定义以及的前4项可知，为等差数列，所以，即，

所以，即，

所以.

故选：C.

6．已知过点作曲线的切线有且仅有两条，则实数a的取值可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设切线切点为，后由切线几何意义可得切线方程，代入，可得，则过点作曲线的切线有且仅有两条，等价于关于的方程有两个不同实根，即可得答案.

【详解】设切线切点为，因，

则切线方程为：，代入，

得，因，则.

因过点作曲线的切线有且仅有两条，则有且仅有两个不等实根，则或.则符合题意.

故选：D

7．对于函数，部分x与y的对应关系如下表：

数列满足：，且对于任意，点都在函数的图象上，则（    ）

A．7569 B．7576 C．7579 D．7584

【答案】D

【分析】利用题设中的数据，分别列举数列中的前几项，找出规律，得到数列的周期性，然后利用周期性求和，即可求解.

【详解】由题意，数列满足，且点都在函数的图象上，

可得，

，

，

，

则数列是周期为的周期数列，

即数列满足，

则.

故选：D.

8．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出、的大小关系，由、的大小关系可得出、的大小关系，即可得出结论.

【详解】构造函数，其中，则，

由可得；由可得.

所以，函数的增区间为，减区间为，

所以，，即，即，故，

因为，所以，，即，

所以，，即，所以，，

所以，，因此，.

故选：A.

【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：

（1）判断各个数值所在的区间；

（2）利用函数的单调性直接解答.

数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.

二、多选题

9．已知是等差数列，其公差为，前项和为，，.则（    ）

A． B．

C．数列为递减数列 D．数列是等差数列

【答案】AB

【分析】根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可判断ABC选项，利用等差数列的定义可判断D选项.

【详解】由题意可得，解得，AB均对，

数列为单调递增数列，C错，

不是常数，故数列不是等差数列，D错.

故选：AB.

10．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（    ）

A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递增

C．为的极小值点 D．2为的极大值点

【答案】BD

【分析】由图象可得出导函数的正负，然后得出函数的单调区间，进而判断，即可得出答案.

【详解】对于A项，由图象可得，

当时，，所以在上单调递减；

当时，，所以在上单调递增，故A项错误；

对于B项，由图象可得，

当时，，所以在上单调递增，故B项正确；

对于C项，由图象可得，

当时，，所以在上单调递减，故C项错误；

对于D项，由图象可得，

当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以在上单调递减.

所以，当时，取得极大值，所以2为的极大值点，故D项正确.

故选：BD.

11．已知函数，则下列选项正确的（    ）

A．在上单调递增

B．恰有一个极大值和一个极小值

C．当时，无实数解

D．当时，有三个实数解

【答案】BCD

【分析】按绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号后，求导确定函数的单调性、极值，在确定方程的根的个数时，注意函数值的变化趋势．

【详解】对于A，时，，，

时，，时，，

在上单调递增，在上单调递减，

时，，，在上单调递增，A错误；

对于B，由上讨论知是的极大值点，是的极小值点，B正确；

对于C，当时，，，，

时，，

所以时，无实数解，C正确；

对于D，时，，由以上讨论知当时，.

而，，

如图可知，有3个实数解，所以有3个实数解，D正确．

故选：BCD．

【点睛】方法点睛：函数方程根的个数问题，可利用导数确定函数的单调性、极值，从而确定函数的变化趋势，然后结合函数图象，把根的个数转化为函数图象与直线的交点个数．

12．设的三边长分别为、、，的面积为，若，，，，，则（    ）

A． B．数列是递增数列

C．为递增数列 D．为递减数列

【答案】AC

【分析】由已知可得出，，，两个等式相加可判断A选项；求出的通项公式，结合等比数列的单调性可判断B选项；求出数列的通项公式，结合数列的单调性可判断D选项；利用海伦公式可得出的通项公式，结合数列的单调性可判断C选项.

【详解】对于A选项，因为，，则，，，

所以，，

又因为，所以，，A对；

因为，且，

所以，数列为等比数列，且其首项为，公比为，

所以，，且，

所以，数列为递减数列，B错；

对于D选项，由可得，

，

因为，所以，数列为摆动数列，D错；

对于C选项，的半周长为，

由海伦公式可得

，

所以，为递增数列，C对.

故选：AC.

【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列单调性的判断，解题的关键在于利用等式，相加或相减构造出等比数列来进行判断，另外在求的通项公式时，注意到的周长为定值，可通过海伦公式求出的表达式，结合数列单调性来加以判断.

三、填空题

13．在等差数列中，已知，那么________.

【答案】3

【分析】根据等差中项的性质可推得，即可得出答案.

【详解】根据等差数列的性质可知，，所以.

故答案为：3.

14．函数在区间上的平均变化率为15，则实数的值为____________.

【答案】1

【分析】由已知可得，再由函数在区间上的平均变化率为15，得，从而可求出实数的值

【详解】由区间可知，可得，

又由，解得.

故答案为：1

15．设矩形的边长为a，，其长边在半径为R的半圆的直径所在的直线上，另两个顶点正好在半圆的圆周上，则此矩形的周长最大时，________.

【答案】4

【分析】根据题意分析可得，设，结合辅助角公式整理可得，结合三角函数分析运算即可.

【详解】如图所示，设，

可知圆心为的中点，连接，则，

可得，即，

设，

则矩形的周长为，

其中，

∵，则，

所以，当且仅当时，等号成立，

即，可得，

故矩形的周长最大时，则，

所以.

故答案为：4.

16．设，若时，均，则________.

【答案】

【分析】把不等式转化为可得恒成立，分和时，结合二次函数的图象与性质，即可求解.

【详解】由，可得，

即对于时，对于时，恒成立.

当时，可得，

因为，可得，所以，不符合题意；

当时，因为恒成立，

又由，即，

即，可得，解得，

将代入

可得，即，解得.

所以当时，对于时，恒成立.

故答案为：.

四、解答题

17．已知是等差数列，其中，.

(1)求的通项公式；

(2)求的值.

【答案】(1)

(2)-50

【分析】（1）利用等差数列的基本量的运算即得；

（2）利用等差数列的求和公式即得．

【详解】（1）设等差数列的公差为d，

因为，

所以，

所以，，

所以.

（2）因为是等差数列，

所以，是首项为，公差为的等差数列，共有10项，.

18．设与是函数的两个极值点.

(1)试确定常数a和b的值；

(2)设，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用极值点处的导数等于零，联立方程组即可求解；

（2）根据（1）的结论及导数的几何意义，利用直线的点斜式方程及直线的截距式方程，结合三角形的面积公式即可求解.

【详解】（1），

因为与是函数的两个极值点，

所以，即解得，.

经检验当，时，符合题意.

所以,.

（2）因为，

所以，

所以

所以曲线在点处的切线的斜率为

所以切线方程是，即，

所以

因为切线在轴上的截距是1，轴上的截距是;

所以三角形面积是.

19．将正奇数数列1，3，5，7，9，…的各项按照上小下大、左小右大的原则写成如图的三角形数表.

(1)设数表中每行的最后一个数依次构成数列，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）由数表可得为第个奇数，后由第n个奇数为可得数列通项；

（2）由（1）可得，后由裂项相消法可得答案.

【详解】（1）由数表知，为第个奇数，又

第n个奇数为，则，；

（2）由（1）可得.

则.

20．有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边长为分米，另一边足够长.现从中截取矩形（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中是以为圆心、的扇形，且弧、分别与边、相切于点、.

(1)当长为分米时，求的长；

(2)当的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？并求容积的最大值

【答案】(1)分米

(2)当分米时，折卷成的包装盒容积最大，最大值为立方分米

【分析】（1）在图甲中，连接交于点，设，根据可求得的值，再利用的长度等于的长度可求得的长；

（2）设，则，其中，利用柱体的体积公式可得出包装盒的容积关于的函数表达式，利用导数可求得该包装盒的容积的最大值.

【详解】（1）解：在图甲中，连接交于点，设，

图甲

在中，易知为的中点，则，则，

所以，，所以，则.

，，

等于的长度，所以，，则，

因为，所以，，

所以，当长为分米时，的长为分米.

（2）解：设，则，

则所得柱体的底面积.

又所得柱体的高，

所以，其中.

令，，

则由，解得，列表如下：

所以当时，取得最大值，并且.

所以当分米时，折卷成的包装盒容积最大，最大值为立方分米.

21．在数列中，，.

(1)求数列的通项公式；

(2)已知数列的前n项和为，且数列满足，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由可得，进而得到数列是等差数列，从而可求得通项公式；

（2）利用错位相减法求得，再分奇偶转化为求最小值，即可求解.

【详解】（1）因为时，，，

.

所以数列是公差为1，首项为的等差数列，

所以.所以数列的通项公式为.

（2）由题意知：，

令①

则②

①-②得，所以

恒成立.

令，则，

所以数列是递增数列.

若n为偶数，，则恒成立，∴；

若n为奇数，，则恒成立，，

综上.

22．设函数.

(1)讨论的导函数的零点的个数；

(2)证明：当时，.

【答案】(1)，没有零点；时，一个零点

(2)证明见解析

【分析】（1）求出，分，和讨论，结合零点存在定理，即可得出零点的个数；

（2）根据（1）的结论，可推得在时，取得最小值.由，即，两边取对数化简.代入化简求得，变形根据基本不等式，即可得出，得出证明.

【详解】（1）的定义域为，且.

①时，在上恒成立，此时没有零点；

②时，由于单调递增，在上单调递增，

在单调递增.

由于，

.

令，则在上恒成立，

所以在上单调递增，所以，所以.

因为，所以，所以，

所以.

根据零点存在定理以及的单调性可知，只有一个零点.

综上：，没有零点；时，一个零点.

（2）由（1）知，当时，导函数在上存在唯一的零点.

当时，，所以在上单调递减；

当时，，所以在上单调递增.

故在时，取得最小值.

由，即，

从而有.

所以

，

当且仅当时，即时等号成立，

所以，当时，.