2022-2023学年上海市嘉定二中高二（下）期中数学试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 2022-2023学年上海市嘉定二中高二（下）期中数学试卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 45.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-17 15:25:03 | ||
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文档简介
2022-2023学年上海市嘉定二中高二（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共4小题，共18分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设等差数列的前项和为，已知，，则( )
A. B. C. D.
2.对于数列，“”是“为递增数列”的( )
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
4.若过点可以作曲线的三条切线，则( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.已知等差数列的首项为，前项和为，若，则公差为______．
6.在数列中，，，则数列的第项为______．
7.已知是等差数列，公差，，且，，成等比数列，则数列的前项和 ．
8.已知等差数列的前项和为，若，且，则 ______．
9.设等差数列的前项之和为满足，那么______．
10.已知数列的前项和，则数列的通项公式为______．
11.已知，若对于任意的，都有，则实数的最小值为______．
12.若曲线有两条过坐标原点的切线，则实数的取值范围是______．
13.已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值，则在上的最小值为 ．
14.已知函数的单调减区间为，若，则的最大值为______．
15.黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于年提出，是至今仍未解决的世界难题黎曼猜想涉及到很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手已知正项数列的前项和为，且满足，则 ______其中表示不超过的最大整数．
16.若函数的极小值点只有一个，则的取值范围是______．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
在各项均为正数的等比数列中，，且，，成等差数列．
Ⅰ 求等比数列的通项公式；
Ⅱ 若数列满足，求数列的前项和的最大值．
18.本小题分
已知函数，求解集；
设曲线在点处的切线与直线垂直，求的值．
19.本小题分
设为数列的前项和，满足．
求，，，的值，并由此猜想数列的通项公式；
用数学归纳法证明中的猜想．
20.本小题分
在数列中，，，，且函数满足：的值均为正整数，其中，数列．
若，，，，求数列的通项公式；
若，，互不相等，且，，，求的取值范围；
若，求数列的前项的和．
21.本小题分
已知，．
证明：时，；
求函数的单调区间；
证明：时，
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：在等差数列中，由，，得公差，
首项，
．
故选：．
由已知求得公差与首项，再由等差数列的前项和公式求解．
本题考查等差数列的通项公式与前项和，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：由知所有项均为正项，
且，
即为递增数列
反之，为递增数列，
不一定有，
如，，，，，
故选：．
要考虑条件问题，需要从两个方面来考虑，由知所有项均为正项，且，这样前者可以推出后者，反过来，为递增数列，不一定有．
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起．本题是把数列同条件的判断结合在一起．
3.【答案】
【解析】解：根据题意，令，
则有，
又由且，
则，即函数为增函数，
不等式
，
则有，解可得；
即不等式的解集为；
故选：．
根据题意，令，对其求导可得，结合题意分析可得，即函数为增函数，则可以将不等式转化为，结合函数的单调性可得，解可得的取值范围，即可得答案．
本题主要函数的导数与单调性的关系，涉及不等式的解法，关键是利用条件构造函数，并利用函数单调性和导数之间的关系分析．
4.【答案】
【解析】解：由，得，
设切点为，则，整理得，
由题意知关于的方程有三个不同的解．
令，则，
由，得或，又，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
又当时，，当时，，且，，
画出函数的大致图象如图．
的图象与直线有三个交点，，即．
故选：．
设切点为，利用导数求出过切点的切线方程，问题转化为方程有三个不同的解，令，利用导数研究其单调性与最值，画出函数的大致图象，数形结合得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】
【解析】解：因为等差数列的首项为，
因为，
则公差．
故答案为：．
由已知结合等差数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的求和公式的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，，，．
故答案为：．
根据及递推公式计算可得结果．
本题考查数列递推关系的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式、等比数列的性质及其前项和，考查运算求解能力，属于基础题．
由等差数列的通项公式和等比数列的性质能求出公差，由此可得等差数列的通项，从而可得数列的通项，利用等比数列前项和公式即可求出．
【解答】
解：数列是等差数列，公差，，且，，成等比数列，
，
解得或舍，
，
，
数列是首项为，公比为的等比数列，
．
故答案为：．
8.【答案】
【解析】解：等差数列中，，且，
所以，
所以，即，
所以，
则．
故答案为：．
由已知结合等差数列的性质及等差数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：根据数列前项和的定义得出：，再根据等差数列的性质即为，
故答案为：．
根据数列前项和的定义，再根据等差数列的性质即可求．
本题考查等差数列的性质，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：数列的前项和，
，，
，，
又，
．
故答案为：．
根据作差法即可求解．
本题考查数列通项公式的求解，属基础题．
11.【答案】
【解析】解：由，知在上严格单调递减，
设，令，
所以，，则在上严格单调递减，故，
所以，
由于，则，
所以，得．
故答案为：．
由导数得出函数是上严格单调递减，设，令，，由导数求得，得出，题设不等式转化为，由单调性得的范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】或
【解析】解：由题设，令切线方程为，而，
若切点为，则且，
所以，故有两个不相等的实根，
则，可得或．
故答案为：或．
令切线方程为、切点为，并对曲线求导，由且得到有两个不相等的实根，即可求范围．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线的方程，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：，
由题意可得，解得，
可得，，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
故在处取到极大值，
，符合题意．
又，则在上单调递减，在上单调递增，
且，即，
在上的最小值为．
故答案为：．
根据题意列式求解，，即可求出的解析式，利用导数判断原函数的单调性，从而可求出函数的最值．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：由，得．
令，即，解得，
所以函数的单调减区间为，
所以，解得，
所以的最大值为．
故答案为：．
根据已知条件及导数的正负与函数单调性的关系即可求解．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查计算能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由，可得时，，解得，
当时，，
化为，可得，
即有，
，
则；
当时，，
则，
即，
可得．
故答案为：．
由数列的通项与前项和的关系，结合等差数列的定义、通项公式，可得，再由不等式的性质和数列的裂项相消求和，化简整理可得所求值．
本题考查数列的通项与前项和的关系，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
设，因为，
所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
若恒成立，即在上恒成立，
因为，所以，
此时令，解得；令，解得；
所以在单调递减，在单调递增，有唯一极小值点，满足题意；
方程有两个不同的根，，且，
当和时，；当时，，
因为只有一个极小值点，
所以是即的一个根，且存在另一个根，此时；
当时，，
令，解得；令，解得；
所以在单调递减，在单调递增，满足题意，
综上：或，即．
故答案为：．
对求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论是否为极值点，结合的图像性质即可求得的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：Ⅰ设数列的公比为，
因为，，成等差数列，所以，
即，
所以，解得或舍去，
又，所以数列的通项公式．
Ⅱ由题意得，，
则，且，
故数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以当时，的最大值为．
【解析】Ⅰ设数列的公比为，由等差中项和等比数列的通项公式列出方程，结合题意求出的值，再代入等比数列的通项公式化简；
Ⅱ由Ⅰ和题意化简 ，并判断出数列是等差数列，求出首项和公差，代入等差数列的前项和公式，再对进行配方，根据二次函数的性质求出它的最大值．
本题考查等差中项和等比数列的通项公式，等差数列的前项和公式，以及利用二次函数的性质求出等差数列的前项和的最大值，注意的取值范围．
18.【答案】解：由题可得，
由可得或，
又因为，
故不等式的解集为；
由题可得，
依题意：，
所以．
【解析】由题可得，然后解不等式即得；
根据复合函数的导数可得，然后根据导数的几何意义及直线的位置关系即得．
本题考查一元二次不等式的求解，导数的几何意义的应用，属基础题．
19.【答案】解：当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
猜想；
当时，成立．
假设时，结论成立，即．
那么，当时，
即．
当时，结论成立．
综上，猜想成立．
【解析】根据依次求得，，，的值，并由此猜想．
利用数学归纳法的方法证得．
本题主要考查数学归纳法的应用，属于基础题．
20.【答案】解：依题意，，，，而，则，，，
又，，因此，，，
所以数列的通项公式是；
若，，则为的倍数，对一切，，不符合“”的条件；
若，，，，
因此对一切，，不符合“”的条件；
若，，则，，，，
因此，，符合题意，
所以的取值范围是；
因为，则，，，，
于是得，，，，
又为的倍数，因此总有，
所以．
【解析】先求出，，，再结合已知即可求出数列的通项作答．
根据给定条件，按除以的余数情况分类计算、判断作答．
根据给定条件，计算数列的前几项，再探讨其周期，结合周期性求解作答．
本题考查数列与函数的综合，以及数列的周期性和数列的求和，考查分类讨论思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
21.【答案】解：，令，则，
因为，所以，所以在单调递增，
所以，所以在单调递增，则．
，令，则，
所以在上单调递增，又，
所以时，，函数单调递减；时，，函数单调递增．
所以，的单调递减区间为，单调递增区间为．
证明：要证，即证
当时，，而，所以不等式成立．
当时，，由知：时，，
所以，，
所以只需证
令，则，
所以在单调递减，所以，即．
故只需证，即证：．
由知，上述不等式成立．
综上，当时，
【解析】求导，令，利用导数求出的单调性，可得，则单调递增，即可证得结论；
对求导，令，由导数与单调性的关系可得的单调性，由，，可得单调区间；
要证，即证对，两种情况分别证得不等式成立即可．
本题主要考查不等式的证明，考查导数性质、函数的单调区间等知识，考查运算求解能力，是中档题．
第1页，共1页
一、单选题：本题共4小题，共18分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设等差数列的前项和为，已知，，则( )
A. B. C. D.
2.对于数列，“”是“为递增数列”的( )
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
4.若过点可以作曲线的三条切线，则( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.已知等差数列的首项为，前项和为，若，则公差为______．
6.在数列中，，，则数列的第项为______．
7.已知是等差数列，公差，，且，，成等比数列，则数列的前项和 ．
8.已知等差数列的前项和为，若，且，则 ______．
9.设等差数列的前项之和为满足，那么______．
10.已知数列的前项和，则数列的通项公式为______．
11.已知，若对于任意的，都有，则实数的最小值为______．
12.若曲线有两条过坐标原点的切线，则实数的取值范围是______．
13.已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值，则在上的最小值为 ．
14.已知函数的单调减区间为，若，则的最大值为______．
15.黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于年提出，是至今仍未解决的世界难题黎曼猜想涉及到很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手已知正项数列的前项和为，且满足，则 ______其中表示不超过的最大整数．
16.若函数的极小值点只有一个，则的取值范围是______．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
在各项均为正数的等比数列中，，且，，成等差数列．
Ⅰ 求等比数列的通项公式；
Ⅱ 若数列满足，求数列的前项和的最大值．
18.本小题分
已知函数，求解集；
设曲线在点处的切线与直线垂直，求的值．
19.本小题分
设为数列的前项和，满足．
求，，，的值，并由此猜想数列的通项公式；
用数学归纳法证明中的猜想．
20.本小题分
在数列中，，，，且函数满足：的值均为正整数，其中，数列．
若，，，，求数列的通项公式；
若，，互不相等，且，，，求的取值范围；
若，求数列的前项的和．
21.本小题分
已知，．
证明：时，；
求函数的单调区间；
证明：时，
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：在等差数列中，由，，得公差，
首项，
．
故选：．
由已知求得公差与首项，再由等差数列的前项和公式求解．
本题考查等差数列的通项公式与前项和，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：由知所有项均为正项，
且，
即为递增数列
反之，为递增数列，
不一定有，
如，，，，，
故选：．
要考虑条件问题，需要从两个方面来考虑，由知所有项均为正项，且，这样前者可以推出后者，反过来，为递增数列，不一定有．
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起．本题是把数列同条件的判断结合在一起．
3.【答案】
【解析】解：根据题意，令，
则有，
又由且，
则，即函数为增函数，
不等式
，
则有，解可得；
即不等式的解集为；
故选：．
根据题意，令，对其求导可得，结合题意分析可得，即函数为增函数，则可以将不等式转化为，结合函数的单调性可得，解可得的取值范围，即可得答案．
本题主要函数的导数与单调性的关系，涉及不等式的解法，关键是利用条件构造函数，并利用函数单调性和导数之间的关系分析．
4.【答案】
【解析】解：由，得，
设切点为，则，整理得，
由题意知关于的方程有三个不同的解．
令，则，
由，得或，又，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
又当时，，当时，，且，，
画出函数的大致图象如图．
的图象与直线有三个交点，，即．
故选：．
设切点为，利用导数求出过切点的切线方程，问题转化为方程有三个不同的解，令，利用导数研究其单调性与最值，画出函数的大致图象，数形结合得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】
【解析】解：因为等差数列的首项为，
因为，
则公差．
故答案为：．
由已知结合等差数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的求和公式的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，，，．
故答案为：．
根据及递推公式计算可得结果．
本题考查数列递推关系的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式、等比数列的性质及其前项和，考查运算求解能力，属于基础题．
由等差数列的通项公式和等比数列的性质能求出公差，由此可得等差数列的通项，从而可得数列的通项，利用等比数列前项和公式即可求出．
【解答】
解：数列是等差数列，公差，，且，，成等比数列，
，
解得或舍，
，
，
数列是首项为，公比为的等比数列，
．
故答案为：．
8.【答案】
【解析】解：等差数列中，，且，
所以，
所以，即，
所以，
则．
故答案为：．
由已知结合等差数列的性质及等差数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：根据数列前项和的定义得出：，再根据等差数列的性质即为，
故答案为：．
根据数列前项和的定义，再根据等差数列的性质即可求．
本题考查等差数列的性质，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：数列的前项和，
，，
，，
又，
．
故答案为：．
根据作差法即可求解．
本题考查数列通项公式的求解，属基础题．
11.【答案】
【解析】解：由，知在上严格单调递减，
设，令，
所以，，则在上严格单调递减，故，
所以，
由于，则，
所以，得．
故答案为：．
由导数得出函数是上严格单调递减，设，令，，由导数求得，得出，题设不等式转化为，由单调性得的范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】或
【解析】解：由题设，令切线方程为，而，
若切点为，则且，
所以，故有两个不相等的实根，
则，可得或．
故答案为：或．
令切线方程为、切点为，并对曲线求导，由且得到有两个不相等的实根，即可求范围．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线的方程，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：，
由题意可得，解得，
可得，，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
故在处取到极大值，
，符合题意．
又，则在上单调递减，在上单调递增，
且，即，
在上的最小值为．
故答案为：．
根据题意列式求解，，即可求出的解析式，利用导数判断原函数的单调性，从而可求出函数的最值．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：由，得．
令，即，解得，
所以函数的单调减区间为，
所以，解得，
所以的最大值为．
故答案为：．
根据已知条件及导数的正负与函数单调性的关系即可求解．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查计算能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由，可得时，，解得，
当时，，
化为，可得，
即有，
，
则；
当时，，
则，
即，
可得．
故答案为：．
由数列的通项与前项和的关系，结合等差数列的定义、通项公式，可得，再由不等式的性质和数列的裂项相消求和，化简整理可得所求值．
本题考查数列的通项与前项和的关系，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
设，因为，
所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
若恒成立，即在上恒成立，
因为，所以，
此时令，解得；令，解得；
所以在单调递减，在单调递增，有唯一极小值点，满足题意；
方程有两个不同的根，，且，
当和时，；当时，，
因为只有一个极小值点，
所以是即的一个根，且存在另一个根，此时；
当时，，
令，解得；令，解得；
所以在单调递减，在单调递增，满足题意，
综上：或，即．
故答案为：．
对求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论是否为极值点，结合的图像性质即可求得的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：Ⅰ设数列的公比为，
因为，，成等差数列，所以，
即，
所以，解得或舍去，
又，所以数列的通项公式．
Ⅱ由题意得，，
则，且，
故数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以当时，的最大值为．
【解析】Ⅰ设数列的公比为，由等差中项和等比数列的通项公式列出方程，结合题意求出的值，再代入等比数列的通项公式化简；
Ⅱ由Ⅰ和题意化简 ，并判断出数列是等差数列，求出首项和公差，代入等差数列的前项和公式，再对进行配方，根据二次函数的性质求出它的最大值．
本题考查等差中项和等比数列的通项公式，等差数列的前项和公式，以及利用二次函数的性质求出等差数列的前项和的最大值，注意的取值范围．
18.【答案】解：由题可得，
由可得或，
又因为，
故不等式的解集为；
由题可得，
依题意：，
所以．
【解析】由题可得，然后解不等式即得；
根据复合函数的导数可得，然后根据导数的几何意义及直线的位置关系即得．
本题考查一元二次不等式的求解，导数的几何意义的应用，属基础题．
19.【答案】解：当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
猜想；
当时，成立．
假设时，结论成立，即．
那么，当时，
即．
当时，结论成立．
综上，猜想成立．
【解析】根据依次求得，，，的值，并由此猜想．
利用数学归纳法的方法证得．
本题主要考查数学归纳法的应用，属于基础题．
20.【答案】解：依题意，，，，而，则，，，
又，，因此，，，
所以数列的通项公式是；
若，，则为的倍数，对一切，，不符合“”的条件；
若，，，，
因此对一切，，不符合“”的条件；
若，，则，，，，
因此，，符合题意，
所以的取值范围是；
因为，则，，，，
于是得，，，，
又为的倍数，因此总有，
所以．
【解析】先求出，，，再结合已知即可求出数列的通项作答．
根据给定条件，按除以的余数情况分类计算、判断作答．
根据给定条件，计算数列的前几项，再探讨其周期，结合周期性求解作答．
本题考查数列与函数的综合，以及数列的周期性和数列的求和，考查分类讨论思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
21.【答案】解：，令，则，
因为，所以，所以在单调递增，
所以，所以在单调递增，则．
，令，则，
所以在上单调递增，又，
所以时，，函数单调递减；时，，函数单调递增．
所以，的单调递减区间为，单调递增区间为．
证明：要证，即证
当时，，而，所以不等式成立．
当时，，由知：时，，
所以，，
所以只需证
令，则，
所以在单调递减，所以，即．
故只需证，即证：．
由知，上述不等式成立．
综上，当时，
【解析】求导，令，利用导数求出的单调性，可得，则单调递增，即可证得结论；
对求导，令，由导数与单调性的关系可得的单调性，由，，可得单调区间；
要证，即证对，两种情况分别证得不等式成立即可．
本题主要考查不等式的证明，考查导数性质、函数的单调区间等知识，考查运算求解能力，是中档题．
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