2022-2023学年安徽省池州市贵池区高二下学期期中考试数学试题含答案

2022-2023学年安徽省池州市贵池区高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．下列求导运算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据基本初等函数求导公式及导数四则运算公式逐项求导判断即可.

【详解】因为，故A不正确；

因为，故B不正确；

因为，故C正确；

因为，故D不正确.

故选：C.

2．已知是函数的导函数，若，则（    ）

A． B．2 C． D．8

【答案】A

【分析】根据已知条件，结合导数的定义，即可求解.

【详解】.

故选：A

3．已知等差数列的前n项和为，且，则（    ）

A．40 B．45 C．80 D．90

【答案】B

【分析】由等差数列的性质计算．

【详解】．

故选：B．

4．在等比数列中, ,是方程的两个根,则等于

A． B．

C． D．以上皆不是

【答案】C

【分析】依题意可得，，所以，则，故选C

【详解】请在此输入详解！

【点睛】请在此输入点睛！

5．、、、、等名学生进入学校劳动技能大赛决赛，并决出第一至第五名的名次（无并列名次）.已知学生和都不是第一名也都不是最后一名，则这人最终名次的不同排列有（    ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】B

【分析】先从、、名同学中选名同学分配第一名和最后一名，剩余名同学的名次无限制，利用分步乘法计数原理可得结果.

【详解】先从、、名同学中选名同学分配第一名和最后一名，剩余名同学的名次无限制，

由分步乘法计数原理可知，这人最终名次的不同排列的种数为种.

故选：B.

6．曲线上的点到直线的最短距离是（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】由题意可知曲线上的点到直线的最短距离即与平行的切线的切点到直线的距离，因此根据导数的几何意义先求出切点即可求出结果.

【详解】，所以，设曲线在处的切线与直线平行，则，所以，切点，曲线上的点到直线的最短距离即为切点P到直线的距离，

故选：A．

7．小明的弟弟喜欢玩黏土，现在有4种颜色的黏土，小明的弟弟想要在如图所示圆盘（分为5个区域）上填入黏土，要求每个区域只能填入一种颜色的黏土，且相邻区域不得使用同一种颜色的黏土，则不同的填入方法共有（    ）

A．24种 B．48种 C．72种 D．96种

【答案】C

【分析】分2种情况讨论：（1）选用3种颜色时，必须是区域2、4同色且区域3、5同色，（2）选用4种颜色时，区域2、4同色或区域3、5同色，求出每种情况的填入方法，运用分类加法原理求解即可.

【详解】由题意知，可分2种情况讨论：

（1）选用3种颜色时，必须是区域2、4同色，区域3、5同色与区域1全排列填入方法有：种，

（2）选用4种颜色时，区域2、4同色或区域3、5同色的填入方法有：种，

所以不同的填入方法有种.

故选：C.

8．已知函数，，是函数的极值点，若对任意的，总存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用导数研究函数的单调性，进而求出函数的值域为，利用函数的极值点，求得，再求出函数的单调区间，利用已知可得到关于a 的不等式，解不等式得解.

【详解】因为，求导，令，得

令，得，所以当时，单调递增，

又，，故当时，函数的值域为

因为，求导，令，得

所以在上单调递增，在上单调递减，即是函数的极值点，

又是函数的极值点，所以，得，且．

因为对任意的，总存在唯一的，使得成立，

当时，，所以，

则，解得：．

故选：A．

【点睛】易错点睛：本题考查利用导数求函数的单调性，极值，最值等，易错点是容易忽略“对任意的，总存在唯一的，使得成立”中的“唯一”条件，从而得到，导致结果出错．

二、多选题

9．记是数列的前n项和，且，则下列说法正确的有（    ）

A．数列是等差数列 B．数列是递减数列

C． D．当 时，取得最大值

【答案】ACD

【分析】由等差数列的定义可判断A；求出可判断B、C；根据的表达式结合二次函数的性质可判断D.

【详解】∵，∴数列是等差数列，故A正确；

，

∵，从而，可知数列不是递减数列，故B错误，C正确；

∵，，∴当 时，取得最大值，故D正确.

故选：ACD.

10．某学生想在物理､化学､生物､政治､历史､地理､技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（    ）

A．若任意选择三门课程，选法总数为

B．若物理和化学至少选一门，选法总数为

C．若物理和历史不能同时选，选法总数为

D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为20

【答案】AB

【分析】利用组合的概念可判断A，利用分类考虑，物理和化学只选一门、物理和化学都选，可判断B，利用间接法可判断C，若物理和化学至少选一门，有3种情况，分别讨论计算，可判断D．

【详解】对于A，若任意选择三门课程，选法总数为种，故A错误；

对于B，若物理和化学选一门，有种方法，其余两门从剩余的5门中选2门，有种选法，若物理和化学选两门，有种选法，剩下一门从剩余的5门中选1门，有种选法，

由分步乘法计数原理知，总数为种选法，故B错误；

对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为种，故C正确；

对于D，若物理和化学至少选一门，有3种情况，

只选物理不选历史，有种选法，

选化学，不选物理，有种选法，

物理与化学都选，不选历史，有种选法

故总数为种，故D正确.

故选：AB.

11．设数列的前项和为，且，则（    ）

A．数列是等比数列 B．

C． D．的前项和为

【答案】ACD

【分析】由已知可得数列是，2为公比的等比数列，从而可得通项公式，可判断A、B，进而可以求的值判断C，也易求得的前项和判断D.

【详解】由已知，当时，可得

选项A，，可得数列是，2为公比的等比数列，故A正确；

选项B，由选项A可得解得，故B错误；

选项 C，数列是以1为首项，4为公比的等比数列，所以 ，故C正确；

选项D，因为，故D正确.

故选：ACD.

12．对于定义域为R的函数，若满足：①；②当，且时，都有；③当且时，都有，则称为“偏对称函数”.下列函数是“偏对称函数”的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】运用新定义，分别讨论四个函数是否满足三个条件，结合奇偶性和单调性，以及对称性，即可得到所求结论．

【详解】解：经验证，，，，都满足条件①；

，或；

当且时，等价于，

即条件②等价于函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；

A中，，，则当时，由，得，不符合条件②，故不是“偏对称函数”；

B中，，，当时，，，当时，，，则当时，都有，符合条件②，

∴函数在上单调递减，在上单调递增，

由的单调性知，当时，，

∴，

令，，，

当且仅当即时，“”成立，

∴在，上是减函数，∴，即，符合条件③，

故是“偏对称函数”；

C中，由函数，当时，，当时，，符合条件②，

∴函数在上单调递减，在上单调递增，

有单调性知，当时，，

设，，则，

在上是减函数，可得，

∴，

即，符合条件③，故是“偏对称函数”；

D中，，则，则是偶函数，

而 （），则根据三角函数的性质可知，当时，的符号有正有负，不符合条件②，故不是“偏对称函数”；

故选：BC．

【点睛】本题主要考查在新定义下利用导数研究函数的单调性与最值，考查计算能力，考查转化与划归思想，属于难题．

三、填空题

13．已知函数的导函数为，且满足，则   ．

【答案】

【分析】对给定等式两边求导，令，解方程作答.

【详解】依题意，对两边求导得：，

当时，，解得，

所以.

故答案为：－1

14．等差数列的前n项和为，若，则        

【答案】0

【分析】设等差数列的公差为，由已知求出，即得解.

【详解】解：设等差数列的公差为，

所以.

所以.

故答案为：0

15．已知函数在时有极值为0，则      .

【答案】11

【分析】由题意，代入解出，再检验即可.

【详解】因为，所以，

所以，解得，或，

当时，，

则与题意在时有极值矛盾，舍去，

故，所以.

故答案为：11

四、双空题

16．设函数是的导函数.某同学经过探究发现，任意一个三次函数的图像都有对称中心，其中满足.已知三次函数，若，则           ；若，分别满足方程，则           .

【答案】          2

【分析】由题，求出，通过可求得对称中心，由可知和关于对称，即可求的值；

构造，同理求出对称中心，通过讨论的单调性说明是一一对应的函数，即可由，得出和关于对称，即可求的值.

【详解】由题，，，由可得，的图像的对称中心为，即，

，所以和关于对称，故；

令，同理可求的对称中心，，，由可得，对称中心为，即，

，故，

由，故单调递增，即是一一对应的函数，故和关于对称，故，

故答案为：；2

五、解答题

17．一个口袋内有个不同的红球，个不同的白球，

（1）从中任取个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？

（2）若取一个红球记分，取一个白球记分，从中任取个球，使总分不少于分的取法有多少种？

【答案】（1）115（2）186

【详解】（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法，红球4个，红球3个和白球1个，红球2个和白球2个，

红球4个，取法有种，

红球3个和白球1个，取法有种；

红球2个和白球2个，取法有种；

根据分类计数原理，红球的个数不比白球少的取法有种．

（2）使总分不少于7分情况有三种情况，4红1白，3红2白，2红3白.

第一种，4红1白，取法有种；

第二种，3红2白，取法有种，

第三种，2红3白，取法有种，

根据分类计数原理，总分不少于7分的取法有

18．设，数列满足：

（1）求证：数列是等比数列（要指出首项与公比）；

（2）求数列的通项公式．

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）证明数列是等比数列，需要证明为常数，将已知条件进行变形即可证明

（2）通过（1）可以求出的通项公式，，符合累加法求通项的形式，列出从…到，累加即可求得的通项

【详解】解：（1）因为，两边同时加2得：，

∴，又，

∴数列是首项为4，公比为2的等比数列．

（2）由（1）可知．∴．则

令 ，则，，…，，

上式相加得：

所以 ．

19．某礼品店要制作一批长方体包装盒，材料是边长为的正方形纸板，如图所示，先在正方形的相邻两个角各切去一个边长为的正方形，然后在余下两角处各切去一个长、宽分别为、的矩形，再将剩余部分沿图中的虚线折起，做成一个有盖的长方体包装盒．

(1)求包装盒的容积V（x）关于x的函数表达式，并求出函数的定义域；

(2)当x为多少时，包装盒的容积最大？最大容积是多少？

【答案】(1)，函数的定义域为；

(2)边长时，包装盒的容积最大，最大容积是.

【分析】（1）根据已知条件及长方体的体积公式即可得出解析式，根据实际意义得出定义域；

（2）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解;

【详解】（1）因为包装盒高，底面矩形的长为，宽为，

所以包装盒的容积为

，

函数的定义域为．

（2）由（1）得，，

令，即，解得或（舍），

∴当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减，

∴当时，函数取得极大值，也是函数的最大值，

所以.

即切去的正方形边长时，包装盒的容积最大，最大容积是

20．已知等比数列满足，，数列满足，．

(1)求数列，的通项公式；

(2)令，求的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件分别求出和的通项公式；

（2）运用裂项相消法求解.

【详解】（1）由题意，设等比数列的公比为，

则有，解得，

；

；

（2），

；

综上，.

21．已知数列的前项和为，，数列满足，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)设数列的前项和为，若不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)；

(2)﹒

【详解】（1）∵

∴当时，，

当时，由，

得，即，

数列是公差为2的等差数列，

由条件得，即数列是公比为2的等比数列，

；

（2）∵，

则，

，

，

，

恒成立，

则恒成立，

令，则，

，

，

，

故实数的取值范围是﹒

22．已知函数．

(1)若a＝1，求函数的单调区间及在x＝1处的切线方程；

(2)设函数，若时，恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)的减区间为，增区间为；切线方程为.

(2)

【分析】（1）将a＝1代入函数中，求出函数的导数，判断导数的正负，可得函数的单调区间；根据导数的几何意义求得切线方程；

（2）化简，利用导数求出，分类讨论，分别求出，令求解即可.

【详解】（1）当时，

由，有，

由有，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以的减区间为，增区间为；

又，所以切点为，

切线斜率，

所以切线方程，

即切线方程为.

（2），

，

设，

则

∵，∴，

在上单调递增，

，

①当，即时，

，

在上单调递增，

则，

∴，

故．

②当，即时，

，

，，

即，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

则

，

∴，

∴．

由，

令函数，且，

，

在上单调递增，，

∵，

∴．

综上，实数a的取值范围是：．

【点睛】导数题常作为压轴题出现，常见的考法：

①利用导数研究含参函数的单调性（或求单调区间），

②求极值或最值

③求切线方程

④通过切线方程求原函数的解析式

⑤不等式恒（能）成立问题，求参数的取值范围

⑥证明不等式

⑦已知函数的零点个数求参数的取值范围

解决问题思路：对函数求导利用函数的单调性进行求解；构造新函数对新函数，然后利用函数导数性质解决.