山东省日照市2022-2023学年高二数学下学期期中校际联合考试试题（Word版附解析）

这是一份山东省日照市2022-2023学年高二数学下学期期中校际联合考试试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 函数的单调递增区间是， 已知，，，则等内容，欢迎下载使用。
2021级高二下学期期中校际联合考试数学试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束，将试题卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 数列，，，…，，…的第10项是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【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：A2. 已知函数，则（    ）A. 0 B. 1 C.  D. 4【答案】C【解析】【分析】直接求导计算即可.【详解】由题意可得：故选：C3. 已知，，则a，b的等差中项为（    ）A.  B.  C. 1 D. 【答案】B【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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：D7. 对于函数，部分x与y的对应关系如下表：x123456789y375961824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【解析】【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【解析】【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、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.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【解析】【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【解析】【分析】由图象可得出导函数正负，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【解析】【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【解析】【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：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 在等差数列中，已知，那么________.【答案】3【解析】【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【解析】【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：115. 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【解析】【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】【解析】【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：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.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【解析】【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．【小问1详解】设等差数列的公差为d，因为，所以， 所以，，所以.【小问2详解】因为是等差数列，所以，是首项为，公差为等差数列，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）【解析】【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.【小问1详解】，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,.【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】由数表知，为第个奇数，又第n个奇数为，则，；【小问2详解】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【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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：x增极大值减所以当时，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）【解析】【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.【小问1详解】因为时，，，.所以数列是公差为1，首项为的等差数列，所以.所以数列通项公式为.【小问2详解】由题意知：，令①则②①-②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【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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，.