登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
山东省济南市2022-2023学年高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·张店期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·张店期中）已知点是平面内任意一点，则“存在，使得”是“三点共线”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
3．（2022高三上·张店期中）已知等比数列，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
4．（2022高三上·济南期中）三角形的三边分别为，秦九韶公式和海伦公式是等价的，都是用来求三角形的面积.印度数学家婆罗摩笈多在公元7世纪的一部论及天文的著作中，给出若四边形的四边分别为，则（为一组对角和的一半）.已知四边形四条边长分别为，则四边形最大面积为（ ）
A．21 B． C． D．
5．（2022高三上·张店期中）已知为第三象限角，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2022高三上·张店期中）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2022高三上·张店期中）在中，内角所对的边分别为，且，点为外心，则（ ）
A． B． C．10 D．20
8．（2022高三上·张店期中）设方程和的根分别为和，函数，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．（2022高三上·张店期中）方程在区间上有解，则解可能为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022高三上·张店期中）已知等差数列，前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．的最大值为
C．的最小值为 D．
11．（2022高三上·张店期中）已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
12．（2022高三上·张店期中）在中，内角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若面积为1，则三条高乘积平方的最大值为
D．若为边上一点，且，则的最小值为
三、填空题
13．（2022高三上·张店期中）已知，则与夹角的余弦值为 .
14．（2022高三上·张店期中）已知函数在上单调递增，则的取值范围为 .
15．（2022高三上·张店期中）已知是定义域为R的奇函数，为奇函数，则 .
16．（2022高三上·张店期中）若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果，数列为牛顿数列，设，且，则 ；数列的前项和为，则 .
四、解答题
17．（2022高三上·张店期中）已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）将的图象先向右平移个单位，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求的对称轴.
18．（2022高三上·张店期中）已知数列是等差数列，数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，且有.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前11项和.
19．（2022高三上·张店期中）在中，内角所对的边分别为，且.
（1）证明：；
（2）若，求.
20．（2022高三上·张店期中）已知三次函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程，
（2）讨论的单调性.
21．（2022高三上·张店期中）设正项数列满足，且.
（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，求证：数列的前项和.
22．（2022高三上·张店期中）已知函数.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）证明：对任意；
（3）讨论函数零点的个数.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解得：，
所以，
所以.
故答案为：A
【分析】化简集合B，再根据交集的定义可得答案.
2．【答案】C
【知识点】向量的共线定理
【解析】【解答】充分性：由得，
故，则，故三点共线，所以充分性成立，
必要性：若三点共线，由共线向量定理可知，从而，所以，所以，
所以必要性成立.
综上所述：”是“三点共线”的充要条件.
故答案为：C
【分析】根据三角形法则和平面向量共线定理结合充分条件、必要条件的定义，可得答案.
3．【答案】B
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】因为是等比数列，
所以，
故，得.
故答案为：B.
【分析】利用等比数列的性质求解，可得答案.
4．【答案】D
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】且四边形四条边长分别为，
，
，
当，即时，
故答案为：D
【分析】由题意得，利用，结合三角函数的性质，即可得出答案.
5．【答案】B
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】由，且，
解得：或，
又因为为第三象限角，所以，，
所以.
所以.
故答案为：B
【分析】直接利用同角三角函数基本关系式求解，可得答案.
6．【答案】A
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】因为，所以，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值点为，且，
令，则，得，且，
即在上有唯一大于的零点.
对于B，其图象的极大值点为，矛盾，B不符合题意；
对于C，其图象先减后增，矛盾，C不符合题意；
对于D，其图象有两个零点，矛盾，D不符合题意；
对于A，其图象满足上述结论，又排除了BCD，A符合题意.
故答案为：A.
【分析】先对求导，利用导数与函数的单调性得到的单调区间与极大指点，再令求得有唯一零点，可判断B、C、D；图像满足的性质要求，由此可判断A.
7．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】记的中点为，连结，如图，
因为点为的外心，为的中点，所以，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】结合图形，利用垂径定理得到，再利用向量的线性运算及数量积运算，即可求得答案.
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】方法一：由得，由得，
因为方程的根为，所以函数与的图象交点的横坐标为，
同理：函数与的图象交点的横坐标为，
因为与互为反函数，所以两函数图象关于对称，
易知直线与直线互相垂直，所以两点关于直线对称，
即的中点一定落在，亦即点为与的交点，
联立，解得，即，
所以，
故，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
而，，，
则，，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，即，故，
令，则，
令，得，所以在上单调递增，
所以，
则，故，
综上：.
故答案为：B.
方法二：前面部分同方法一得，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
而，，，
因为，当且仅当时取等号，所以，
当时，，所以，即，下面比较的大小关系，
设，，
所以，
故在上递增，，即有，亦即，综上：.
故答案为：B.
【分析】先利用方程的根与图像的交点的关系，及反函数的几何意义推得，由此得到，再由导数与函数单调性证得，构造函数与，利用导数证得与，从而得到答案.
9．【答案】A,C
【知识点】三角函数中的恒等变换应用
【解析】【解答】因为，
所以，即，
对于A，当时，，A符合题意；
对于B，当时，，B不符合题意；
对于C，当时，，C符合题意；
对于D，当时，，D不符合题意.
故答案为：AC.
【分析】先由辅助角公式得到，再逐项进行判断，可得答案.
10．【答案】A,C,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列的前n项和
【解析】【解答】对于A，数列为等差数列，，
数列为递减的等差数列，
A符合题意，
对于B， 数列为递减的等差数列，
的最大值为，
B不符合题意，
对于C，
由得
的最小值为，即，
C符合题意，
对于D，
D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】先由数列为等差数列，，得，再由等差数列通项公式和求和公式逐项进行判断，可得答案.
11．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】由得：
对A，，
当且仅当，时取等，A不符合题意；
对B，，时取等，
两边平方可得，B符合题意；
对C，由柯西不等式可得：
，
取等，C符合题意；
对D，由，时取等，
所以成立，D符合题意；
故答案为：BCD
【分析】根据已知条件，结合基本不等式逐项进行判断，可得答案.
12．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；向量的线性运算性质及几何意义；三角函数中的恒等变换应用；余弦定理
【解析】【解答】对于A，因为，所以，
则由正弦定理得，
则，
因为，所以，故，
又，所以，A不符合题意；
对于B，由余弦定理得，
因为，即，代入上式得，
整理得，解得或（舍去），则，
所以，B符合题意；
对于C，设边上的高分别是，
则由三角形面积公式易得，则，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
此时，得，
所以，C符合题意；
对于D，因为，所以，
可得，
整理得，故，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即的最小值为，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】 利用三角恒等变换及特殊角的三角函数值即可得到A，可判断A；利用余弦定理得到，将代入解得，从而得到，由此可判断B；利用三角形面积公式得到，则，利用基本不等式易知当a=b=c时，等号成立，由此判断C；利用向量的线性运算及数量积运算得到，从而利用基本不等式”1”的妙用即可证得，可判断D.
13．【答案】
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】因为，所以，则，
又因为，，
由平面向量的数量积公式可知：，
所以与夹角的余弦值为，
故答案为：.
【分析】根据平面向量的坐标运算，先求出 的坐标和模长，然后利用平面向量数量积公式求解，即可求出 与夹角的余弦值 .
14．【答案】
【知识点】分段函数的应用
【解析】【解答】因为在上单调递增，
所以当时，在上单调递增，故，且，
当时，在上单调递增，故，且，
所以，解得或，
由于上述条件要同时成立，所以或，
故的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由已知结合一次函数、指数函数的单调性及分段函数的性质，即可求解出的取值范围.
15．【答案】68
【知识点】函数奇偶性的性质
【解析】【解答】而是定义域为R的奇函数，故有，且，
因为为奇函数，所以，
而，
所以，
用替换得：，
令，则有，
即；
令，则，
则，即；
令，则有；
所以.
；
；
；
所以
.
故答案为：68
【分析】 由f(x)和f(x-2)+1均是奇函数可推出f(x+4)= f(x)+2，赋值可得f(1)+ f(2)+ f(3)+ f(4)= 5，从而根据递推公式可知 的值.
16．【答案】；
【知识点】等比数列的前n项和；数列递推式
【解析】【解答】（1）因为，所以，
，
则，，
则有，
则，
所以是以为首项，公比为2的等比数列，
所以，所以，
解得：.
，所以.
故答案为：；.
【分析】 求得f (x)的导数，推得an+1 = 2an，由等比数列的定义和通项公式、求和公式，计算可得所求.
17．【答案】（1）解：，
故的最小正周期.
（2）解：的图象先向右平移个单位得到的图象；
再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变）得到的图象；
令，解得，
故的对称轴为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的奇偶性与对称性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的周期性
【解析】【分析】(1)首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数 的最小正周期；
(2)利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出函数g (x)的关系式，进一步求出 的对称轴.
18．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，各项均为正数的等比数列的公比为，
由得：，
，
，
解得：
，
（2）解：由（1）知，
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】(1)利用等差数列和等比数列的通项公式即可求解出数列的通项公式；
(2) ， 利用等差数列和等比数列的求和公式即可求解出数列的前11项和.
19．【答案】（1）证明：因为，
所以，又，
∴，
即，
又且为三角形内角，，
则，即.
（2）解：由（1）知，，
由正弦定理可得，.
根据余弦定理可知，，，
联立可得，.
又，则，所以，则，
则，
又，则.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1)由正弦定理可将条件化为角的关系，再利用三角恒等变换即可证得 ；
(2)利用正弦定理和余弦定理将条件化为边的关系，求出三边之间的比例，再由余弦定理求cosB，即可得 的值.
20．【答案】（1）解：当时，，
，
所以曲线在点处的切线斜率为，
又，，
整理可得曲线在点处的切线方程为；
（2）解：，
若，由可得，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
当时，，
可得或，
所以在 为增函数，在上为减函数，
当时，
若，
在 为减函数，在上为增函数，
若，，在上为减函数，
若，
在 为减函数，在上为增函数，
综上可得：
若，
在上为增函数，在上为减函数，
当时， 在 为增函数，在上为减函数，
当时，
若
在 为减函数，在上为增函数，
若，，在上为减函数，
若，在 为减函数，在上为增函数.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)求导可得 ， 利用导数的几何意义，可得 曲线在点处的切线斜率为，利用直线点斜式即可求出曲线在点处的切线方程；
(2)求导可得 ， 对参数a进行讨论，即得求解出 的单调性.
21．【答案】（1）证明：因为，
所以，
又，故，
所以是首项为，公差为的等差数列，
故，则，
因为数列是正项数列，所以.
（2）证明：由（1）得，
当时，；
当时，，
所以；
综上：.
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】 (1 )由已知条件两边同时乘以，进一步推导即可证明数列 是首项为，公差为的等差数列， 通过计算数列的通项公式即可计算出数列的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果计算出数列 的通项公式，再将n=1代入数列 的通项公式推导出 ，当n≥2时，对数列的通项公式进行放缩，以及分母有理化，然后运用裂项相消法即可推导出 ，最后综合即可证明不等式 对任意n∈N*恒成立.
22．【答案】（1）解：求导可得：，
若，对任意的，，为减函数，
所以，
若，考查函数，
当，即时，，
此时在上为减函数，
有，
当，即时，令可得：
，，
所以当时，，为增函数，
所以，不符题意，
综上可得：的取值范围为；
（2）证明：由（1）知当时，成立，
即时，恒有，
即当时成立，
取（），
有，
即，，
将上述几个不等式相加可得：
，
整理可得，
即成立；
（3）解：由（），
当时，，为减函数，
又，
，
此时在上有一个零点，
当时，令，可得或（舍），
此时有一个零点，
当时，考查函数，
若，即时，，
所以为减函数，由，
，
此时有一个零点，
若，时，有两解，
，，
此时在上为减函数，在上为增函数，
由，
令，
，
所以在上为增函数，又，
所以，
所以极小值
极大值，
由
取，，
令，
，令，则，
由所以，所以为减函数，
所以，所以为减函数，
所以，
所以，
可得，
此时有三个零点，
综上可得：时有一个零点，时有三个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；数列的求和
【解析】【分析】(1) 求导可得：，对a分类讨论，利用导数研究函数f(x)的单调性即可求出a的取值范围；
(2) 由（1）知当时成立，取（）， 得 ，， 利用累加求和法可证得 成立；
(3) （），对a分类讨论， 利用导数研究函数f (x)的单调性与极值及其最值，结合函数的零点存在定理即可求出函数零点的个数.
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
山东省济南市2022-2023学年高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·张店期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解得：，
所以，
所以.
故答案为：A
【分析】化简集合B，再根据交集的定义可得答案.
2．（2022高三上·张店期中）已知点是平面内任意一点，则“存在，使得”是“三点共线”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【知识点】向量的共线定理
【解析】【解答】充分性：由得，
故，则，故三点共线，所以充分性成立，
必要性：若三点共线，由共线向量定理可知，从而，所以，所以，
所以必要性成立.
综上所述：”是“三点共线”的充要条件.
故答案为：C
【分析】根据三角形法则和平面向量共线定理结合充分条件、必要条件的定义，可得答案.
3．（2022高三上·张店期中）已知等比数列，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】因为是等比数列，
所以，
故，得.
故答案为：B.
【分析】利用等比数列的性质求解，可得答案.
4．（2022高三上·济南期中）三角形的三边分别为，秦九韶公式和海伦公式是等价的，都是用来求三角形的面积.印度数学家婆罗摩笈多在公元7世纪的一部论及天文的著作中，给出若四边形的四边分别为，则（为一组对角和的一半）.已知四边形四条边长分别为，则四边形最大面积为（ ）
A．21 B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】且四边形四条边长分别为，
，
，
当，即时，
故答案为：D
【分析】由题意得，利用，结合三角函数的性质，即可得出答案.
5．（2022高三上·张店期中）已知为第三象限角，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】由，且，
解得：或，
又因为为第三象限角，所以，，
所以.
所以.
故答案为：B
【分析】直接利用同角三角函数基本关系式求解，可得答案.
6．（2022高三上·张店期中）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】因为，所以，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值点为，且，
令，则，得，且，
即在上有唯一大于的零点.
对于B，其图象的极大值点为，矛盾，B不符合题意；
对于C，其图象先减后增，矛盾，C不符合题意；
对于D，其图象有两个零点，矛盾，D不符合题意；
对于A，其图象满足上述结论，又排除了BCD，A符合题意.
故答案为：A.
【分析】先对求导，利用导数与函数的单调性得到的单调区间与极大指点，再令求得有唯一零点，可判断B、C、D；图像满足的性质要求，由此可判断A.
7．（2022高三上·张店期中）在中，内角所对的边分别为，且，点为外心，则（ ）
A． B． C．10 D．20
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】记的中点为，连结，如图，
因为点为的外心，为的中点，所以，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】结合图形，利用垂径定理得到，再利用向量的线性运算及数量积运算，即可求得答案.
8．（2022高三上·张店期中）设方程和的根分别为和，函数，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】方法一：由得，由得，
因为方程的根为，所以函数与的图象交点的横坐标为，
同理：函数与的图象交点的横坐标为，
因为与互为反函数，所以两函数图象关于对称，
易知直线与直线互相垂直，所以两点关于直线对称，
即的中点一定落在，亦即点为与的交点，
联立，解得，即，
所以，
故，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
而，，，
则，，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，即，故，
令，则，
令，得，所以在上单调递增，
所以，
则，故，
综上：.
故答案为：B.
方法二：前面部分同方法一得，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
而，，，
因为，当且仅当时取等号，所以，
当时，，所以，即，下面比较的大小关系，
设，，
所以，
故在上递增，，即有，亦即，综上：.
故答案为：B.
【分析】先利用方程的根与图像的交点的关系，及反函数的几何意义推得，由此得到，再由导数与函数单调性证得，构造函数与，利用导数证得与，从而得到答案.
二、多选题
9．（2022高三上·张店期中）方程在区间上有解，则解可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】三角函数中的恒等变换应用
【解析】【解答】因为，
所以，即，
对于A，当时，，A符合题意；
对于B，当时，，B不符合题意；
对于C，当时，，C符合题意；
对于D，当时，，D不符合题意.
故答案为：AC.
【分析】先由辅助角公式得到，再逐项进行判断，可得答案.
10．（2022高三上·张店期中）已知等差数列，前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．的最大值为
C．的最小值为 D．
【答案】A,C,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列的前n项和
【解析】【解答】对于A，数列为等差数列，，
数列为递减的等差数列，
A符合题意，
对于B， 数列为递减的等差数列，
的最大值为，
B不符合题意，
对于C，
由得
的最小值为，即，
C符合题意，
对于D，
D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】先由数列为等差数列，，得，再由等差数列通项公式和求和公式逐项进行判断，可得答案.
11．（2022高三上·张店期中）已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】由得：
对A，，
当且仅当，时取等，A不符合题意；
对B，，时取等，
两边平方可得，B符合题意；
对C，由柯西不等式可得：
，
取等，C符合题意；
对D，由，时取等，
所以成立，D符合题意；
故答案为：BCD
【分析】根据已知条件，结合基本不等式逐项进行判断，可得答案.
12．（2022高三上·张店期中）在中，内角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若面积为1，则三条高乘积平方的最大值为
D．若为边上一点，且，则的最小值为
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；向量的线性运算性质及几何意义；三角函数中的恒等变换应用；余弦定理
【解析】【解答】对于A，因为，所以，
则由正弦定理得，
则，
因为，所以，故，
又，所以，A不符合题意；
对于B，由余弦定理得，
因为，即，代入上式得，
整理得，解得或（舍去），则，
所以，B符合题意；
对于C，设边上的高分别是，
则由三角形面积公式易得，则，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
此时，得，
所以，C符合题意；
对于D，因为，所以，
可得，
整理得，故，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即的最小值为，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】 利用三角恒等变换及特殊角的三角函数值即可得到A，可判断A；利用余弦定理得到，将代入解得，从而得到，由此可判断B；利用三角形面积公式得到，则，利用基本不等式易知当a=b=c时，等号成立，由此判断C；利用向量的线性运算及数量积运算得到，从而利用基本不等式”1”的妙用即可证得，可判断D.
三、填空题
13．（2022高三上·张店期中）已知，则与夹角的余弦值为 .
【答案】
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】因为，所以，则，
又因为，，
由平面向量的数量积公式可知：，
所以与夹角的余弦值为，
故答案为：.
【分析】根据平面向量的坐标运算，先求出 的坐标和模长，然后利用平面向量数量积公式求解，即可求出 与夹角的余弦值 .
14．（2022高三上·张店期中）已知函数在上单调递增，则的取值范围为 .
【答案】
【知识点】分段函数的应用
【解析】【解答】因为在上单调递增，
所以当时，在上单调递增，故，且，
当时，在上单调递增，故，且，
所以，解得或，
由于上述条件要同时成立，所以或，
故的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由已知结合一次函数、指数函数的单调性及分段函数的性质，即可求解出的取值范围.
15．（2022高三上·张店期中）已知是定义域为R的奇函数，为奇函数，则 .
【答案】68
【知识点】函数奇偶性的性质
【解析】【解答】而是定义域为R的奇函数，故有，且，
因为为奇函数，所以，
而，
所以，
用替换得：，
令，则有，
即；
令，则，
则，即；
令，则有；
所以.
；
；
；
所以
.
故答案为：68
【分析】 由f(x)和f(x-2)+1均是奇函数可推出f(x+4)= f(x)+2，赋值可得f(1)+ f(2)+ f(3)+ f(4)= 5，从而根据递推公式可知 的值.
16．（2022高三上·张店期中）若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果，数列为牛顿数列，设，且，则 ；数列的前项和为，则 .
【答案】；
【知识点】等比数列的前n项和；数列递推式
【解析】【解答】（1）因为，所以，
，
则，，
则有，
则，
所以是以为首项，公比为2的等比数列，
所以，所以，
解得：.
，所以.
故答案为：；.
【分析】 求得f (x)的导数，推得an+1 = 2an，由等比数列的定义和通项公式、求和公式，计算可得所求.
四、解答题
17．（2022高三上·张店期中）已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）将的图象先向右平移个单位，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求的对称轴.
【答案】（1）解：，
故的最小正周期.
（2）解：的图象先向右平移个单位得到的图象；
再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变）得到的图象；
令，解得，
故的对称轴为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的奇偶性与对称性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的周期性
【解析】【分析】(1)首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数 的最小正周期；
(2)利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出函数g (x)的关系式，进一步求出 的对称轴.
18．（2022高三上·张店期中）已知数列是等差数列，数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，且有.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前11项和.
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，各项均为正数的等比数列的公比为，
由得：，
，
，
解得：
，
（2）解：由（1）知，
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】(1)利用等差数列和等比数列的通项公式即可求解出数列的通项公式；
(2) ， 利用等差数列和等比数列的求和公式即可求解出数列的前11项和.
19．（2022高三上·张店期中）在中，内角所对的边分别为，且.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明：因为，
所以，又，
∴，
即，
又且为三角形内角，，
则，即.
（2）解：由（1）知，，
由正弦定理可得，.
根据余弦定理可知，，，
联立可得，.
又，则，所以，则，
则，
又，则.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1)由正弦定理可将条件化为角的关系，再利用三角恒等变换即可证得 ；
(2)利用正弦定理和余弦定理将条件化为边的关系，求出三边之间的比例，再由余弦定理求cosB，即可得 的值.
20．（2022高三上·张店期中）已知三次函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程，
（2）讨论的单调性.
【答案】（1）解：当时，，
，
所以曲线在点处的切线斜率为，
又，，
整理可得曲线在点处的切线方程为；
（2）解：，
若，由可得，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
当时，，
可得或，
所以在 为增函数，在上为减函数，
当时，
若，
在 为减函数，在上为增函数，
若，，在上为减函数，
若，
在 为减函数，在上为增函数，
综上可得：
若，
在上为增函数，在上为减函数，
当时， 在 为增函数，在上为减函数，
当时，
若
在 为减函数，在上为增函数，
若，，在上为减函数，
若，在 为减函数，在上为增函数.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)求导可得 ， 利用导数的几何意义，可得 曲线在点处的切线斜率为，利用直线点斜式即可求出曲线在点处的切线方程；
(2)求导可得 ， 对参数a进行讨论，即得求解出 的单调性.
21．（2022高三上·张店期中）设正项数列满足，且.
（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，求证：数列的前项和.
【答案】（1）证明：因为，
所以，
又，故，
所以是首项为，公差为的等差数列，
故，则，
因为数列是正项数列，所以.
（2）证明：由（1）得，
当时，；
当时，，
所以；
综上：.
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】 (1 )由已知条件两边同时乘以，进一步推导即可证明数列 是首项为，公差为的等差数列， 通过计算数列的通项公式即可计算出数列的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果计算出数列 的通项公式，再将n=1代入数列 的通项公式推导出 ，当n≥2时，对数列的通项公式进行放缩，以及分母有理化，然后运用裂项相消法即可推导出 ，最后综合即可证明不等式 对任意n∈N*恒成立.
22．（2022高三上·张店期中）已知函数.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）证明：对任意；
（3）讨论函数零点的个数.
【答案】（1）解：求导可得：，
若，对任意的，，为减函数，
所以，
若，考查函数，
当，即时，，
此时在上为减函数，
有，
当，即时，令可得：
，，
所以当时，，为增函数，
所以，不符题意，
综上可得：的取值范围为；
（2）证明：由（1）知当时，成立，
即时，恒有，
即当时成立，
取（），
有，
即，，
将上述几个不等式相加可得：
，
整理可得，
即成立；
（3）解：由（），
当时，，为减函数，
又，
，
此时在上有一个零点，
当时，令，可得或（舍），
此时有一个零点，
当时，考查函数，
若，即时，，
所以为减函数，由，
，
此时有一个零点，
若，时，有两解，
，，
此时在上为减函数，在上为增函数，
由，
令，
，
所以在上为增函数，又，
所以，
所以极小值
极大值，
由
取，，
令，
，令，则，
由所以，所以为减函数，
所以，所以为减函数，
所以，
所以，
可得，
此时有三个零点，
综上可得：时有一个零点，时有三个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；数列的求和
【解析】【分析】(1) 求导可得：，对a分类讨论，利用导数研究函数f(x)的单调性即可求出a的取值范围；
(2) 由（1）知当时成立，取（）， 得 ，， 利用累加求和法可证得 成立；
(3) （），对a分类讨论， 利用导数研究函数f (x)的单调性与极值及其最值，结合函数的零点存在定理即可求出函数零点的个数.
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1
