山东省淄博市沂源县2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（Word版含答案）

沂源县2022-2023学年高二下学期期中考试
数学试题
一 单选题
1．已知数列满足，对于任意正整数n都有，则数列的前6项和是（ ）
A． B． C．30 D．126
2．已知，则（ ）
A．在上单调递增 B．在上单调递减
C．有极大值，无极小值 D．有极小值，无极大值
3．已知数列满足，，且，则的值为（ ）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
4．若直线与曲线相切，则k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．中国古代某数学名著中有这样一个类似问题：“四百四十一里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人一共走了441里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走的路程是（ ）
A．7里 B．8里 C．9里 D．10里
6．已知函数的导函数为，且满足，则（ ）
A．1 B． C． D．e
7．已知数列的前n项和为，且，，则使得成立的n的最大值为（ ）
A．32 B．33 C．44 D．45
8．若，，则（ ）
A． B． C． D．
二．多选题
9．已知数列的前n项和为，若，则下列说法正确的是（ ）
A．是递增数列 B．数列是递增数列
C．数列中的最小项为 D．、、成等差数列
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，的图象位于x轴下方
B．有且仅有一个极值点
C．有且仅有两个极值点
D．存在，使得
11．设数列的前项n和为，若，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．为等比数列
C． D．
12．已知函数，，若与的图象上有且仅有两对关于原点对称的点，则a的取值可能是（ ）
A．e B． C．3 D．4
三．填空题
13．设等差数列，的前n项和分别为，．若，则 ________．
14．已知，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得________．
15．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2023这2023个数中，能被3除余1且被5整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为________．
16．若曲线有两条过坐标原点的切线，则实数a的取值范围是________．
四．解答题
17．设等差数列的公差为，，为，的等比中项．
（I）求数列的通项公式；
（II）设，求数列的前n项和．
18．已知函数在处有极值，且曲线在点处的切线与直线平行：
（1）求；
（2）求函数在区间上的最值．
19．已知数列满足，．
（1）证明：数列为等差数列．
（2）求数列的前n项和．
20．已知函数在时有极值0．
（1）求函数的解析式；
（2）记，若函数有三个零点，求实数k的取值范围．
21．设数列的前n项和为，已知．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）若数列满足，求数列的前14项的和．
22．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，，证明：．
高二期中检测数学试题
一 单选题
1．B
【详解】对任意的n都有，则，且，
所以，数列是首项为2，公比为的等比数列，
因此，列的前6项和是．
故选；B．
2．D
【详解】∵，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
故A、B错误；
由单调性可得：有极小值，无极大值，
故C错误，D正确．
故选：D．
3．【详解】由得，
当时，，
且由，，得，
所以构成以1为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以．
故选：B．
4．【详解】，
由导数的几何意义可知，．
故选：A
5．【详解】设第六天走的路程为，第五天走的路程为……第一天走的路程记为，
根据题意每天走的路程为前一天的一半，所以公比，且，，所以，从而解得，
故选：A．
6【详解】在等式两边求导得，所以，，解得．
故选：C．
7．【详解】当n为偶数时，
，
令，且n为偶数，
解得，故n的最大值为44；
当n为奇数时，
，
令，且n为奇数，
解得，故n的最大值为43；
综上所述：n的最大值为44．
故选：C．
8．【详解】因为，，，
当时，设，
则，
所以在上单调递减且，
所以，
即，所以；
又因为，所以，
，即，
所以．
故选：A．
二．多选题
9．【详解】因为，所以数列为等差数列，公差为3，
因为，所以，
；
对于A，因为，所以是递增数列，A正确；
对于B，因为，所以数列是递增数列，B正确；
对于C，因为，，，所以数列中的最小项为，C不正确；
对于D，当时，，，，显然不是等差数列，D不正确．
故选：AB．
10．AB
【详解】当时，，，所以，故A正确；
由题意知，，
令，在恒成立，
所以在上单调递减，
又，，
所以，使得，即，
所以当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减
所以有且仅有一个极值点．故B正确，C错误；
所以，故D错误，
故选：AB．
11．ABD
【详解】∵，则，即，
∴数列是以首项，公比的等比数列，则，
故A、B正确；
又∵，
显然不符合上式，则，
故C错误，D正确；
故选：ABD．
12．BD
【详解】依题意，因为与的图象上有且仅有两对关于原点对称的点，
所以与在上有两个交点，
即有两个零点，整理得，
只需满足与有两个交点即可．
令，则有，
所以在时，，单调递减；
在时，，单调递增；
所以在处取得最小值，
所以只需即可满足题设要求，
故选：BD．
三．填空题
13．##0.4
【详解】因为，
，
所以，
故答案为：
14．2022
【详解】解：由
，
令，
则，
两式相加得：，
∴．
故答案为：2022
15．135
【详解】因为能被3除余1且被5整除余1的数即为能被15整除余1的数，
故，，又，解得．
故答案为：135．
16．
【详解】函数的定义域为，则，
设切点坐标为，，有，
则切线方程为．
又因为切线过原点，
所以，即，
整理得，即关于m的方程
有两个不等实根．
解法一：，当时，方程无解．
当时，即．
令，，则，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，函数取得极大值．
当时，，
当时，，且当时，，
当时，，所以实数a的取值范围是．
解法二：令，，则，
当时，恒成立，函数单调递增，则函数至多有一个零点，因此不合题意；
当时，令，即，
当时，，函数在上单调递减，且当时，；
当时，，函数在上单调递增，且当时，，
所以函数的极小值为．
若关于m的方程有两个不等实根，
即函数有两个零点，则，又因为，所以，即，所以，所以实数a的取值范围是．
故答案为：
四．解答题
17．解：（I）由题意，，为，的等比中项，
∴，即，解得．
∴数列的通项公式为，．
（II）由（I）得，．
故
．
18．解：（1）函数的导函数为，
由题意得，解得
∴．
（2）由（1）得．
当时，由，得或；
由，得．
∴函数在处取极大值，在处取极小值，
∴，，，，
∴函数在区间上的最小值为，最大值为1．
19．（1）证明：因为，
所以，为常数，
故数列为等差数列．
（2）解：由（1）知，数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，
所以，
所以，①
，②
①-②得，，
所以．
20．解：（1）由可得，
因为在时有极值0，
所以，即，解得或
当，时，，
函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去．
所以，．
所以．
（2）由（1）可知，
∴，
令，解得，，
∴当或时，当时，，
∴的递增区间是和，单调递减区间为，
当，有极大值，
当，有极小值，
要使函数有三个零点，则须满足，解得
21．解：（1）因为①，
当时，，所以．
当时，②，
所以②-①得，．
所以，
又因为，所以．
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列．
（2）由（1）知，，即．
由，，
且当n为偶数时，，
所以
．
22．解：（1）函数的定义域为，
可得：，
设，，
当时，恒成立，即恒成立，此时函数在上是减函数，
当时，判别式，
①当时，，即，即恒成立，
此时函数在上是减函数，
②当时，令得，或．
当时，；
当时，，
所以在和上是减函数，在上是增函数．
综上：当时，在上是减函数，
当时，在和上是减函数，在上是增函数．
（2）证明：若存在两个极值点，，
由（1）知，
且，是的两根，
则，
不妨设，
则
，
则，
可知：要证，
即证，
即证明，
则证，
即证，
即证在上恒成立，
设，，其中，
求导得，
则在上单调递减，
∴当时，，即，
故，
则成立．