精品解析：四川成华区某校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

半期考试 高2022级 数学 一、选择题：本题共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. 等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 18 B. 24 C. 27 D. 54 2. 已知函数，则在（ ） A. 上单调递增 B. 处有最小值 C. 上有三个零点 D. 上单调递增 3. 已知直线与曲线相切于点，则（ ） A. B. C. D. 4. 现有4名大学生利用假期去3个山村参加扶贫工作，每名大学生只去1个村，每个村至少1名大学生，则不同的分配方案共有（ ） A. 18种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 5. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和为，若，，记数列的前项和为，若对都有恒成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 已知，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列语句叙述正确的有（ ） A. 数列成等差数列的充要条件是 B. 若数列满足：，，则 C. 等差数列中，是其前项和，，，则是一个公差为的等差数列 D. 公差非零的等差数列的前项和为，若，，则使成立的的最小值为6 10. 已知函数在上可导，且的导函数为，下列说法正确的是（ ） A. 若对恒成立，则有 B. 若对恒成立，则有 C. 若对恒成立，则有 D. 若对恒成立，这有 11. 已知函数，则下列命题正确的有（ ） A. 方程有三个实根 B. 方程有四个实根 C. ，方程有四个实根 D. ，方程有两个实根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某圆柱的侧面展开图的周长为12cm，若其体积最大时，圆柱的高为___________cm. 13. 已知等差数列满足，为其前项和，若，，则的最大值为______. 14. 关于的不等式有解，则实数的取值范围是___________. 四、解答题：本题共5小题，共7分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）求函数在上的单调区间和最小值. 16. 已知抛物线：过点，点B为直线上的动点，过点B向曲线C引两条切线，切点分别为，，判断直线是否过定点？若过定点，请求出此定点坐标，否则说明理由. 17. 三棱锥中，，，，. （1）求平面和平面夹角的余弦值； （2）点为棱（不含端点）上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 18. 数列、满足：，，，其中是数列的前项和. （1）求数列，的通项公式； （2）若，都有成立，求实数的取值范围； （3）求数列的前项和. 19. 函数. （1）当时，求函数的单调区间和极值； （2）当时，有恒成立，求实数的取值范围； （3）求证：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 半期考试 高2022级 数学 一、选择题：本题共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. 等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 18 B. 24 C. 27 D. 54 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的性质和等差数列的前项和公式求解即可. 【详解】因为是等差数列，所以， 故. 故选：C 2. 已知函数，则在（ ） A. 上单调递增 B. 处有最小值 C. 上有三个零点 D. 上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，直接利用导数研究其单调性，最值和零点即可. 【详解】， 故当时，，单调递增；当时，，单调递减； 当时，，单调递增；； 对A：在不单调，故A错误； 对B：在处取得极大值，故B错误； 对C：，又在单调递增， 故在有一个零点；又，故在没有零点； 综上所述，在上只有一个零点，故C错误； 对D：在单调递增，故D正确. 故选：D. 3. 已知直线与曲线相切于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，利用斜率和切点建立方程，求解即可. 【详解】由得，所以， 又，所以，，故， 所以. 故选：A 4. 现有4名大学生利用假期去3个山村参加扶贫工作，每名大学生只去1个村，每个村至少1名大学生，则不同的分配方案共有（ ） A. 18种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 【答案】C 【解析】 【分析】先将4名大学生，分为三组，再分配到三个山村，即可求解. 【详解】先将4名大学生，分为三组，有种不同的分法， 则不同的分配方案由种不同的分配方案. 故选：C. 5. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先判断函数的单调性和奇偶性，从而由函数的单调性与奇偶性解不等式即可. 【详解】的定义域为R， ， 所以，在上，，则函数单调递减， 在上，，则函数单调递增. 因为，所以是偶函数. 由，可得， 于是，即， 化简得，解得. 故选：D. 6. 已知等差数列的前项和为，若，，记数列的前项和为，若对都有恒成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，求得，求得，结合裂项法求和，求得，得到，结合题意，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，，可得，所以， 则，可得， 所以的前项和为 ， 又因为，，且单调递增， 因为对都有恒成立，所以，所以实数的最小值为. 故选：B. 7. 已知，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，利用导数研究其单调性判定选项即可. 【详解】令，则， 显然，即在上单调递增， 而，，即在上单调递减，在上单调递增， 所以，即A错误； 易知，则，即C正确； 且，即B错误； 由于与大小不确定，则的大小不能确定，即大小不确定， 如其中有时，，故D错误. 故选：C 8. 已知函数，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，设，则，利用导数讨论函数的性质求出即可． 【详解】设，则， 所以， 令，则， 令，函数在上单调递减， 令，函数在上单调递增， 所以， 即的最小值为． 故选：A 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列语句叙述正确的有（ ） A. 数列成等差数列的充要条件是 B. 若数列满足：，，则 C. 等差数列中，是其前项和，，，则是一个公差为的等差数列 D. 公差非零的等差数列的前项和为，若，，则使成立的的最小值为6 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A选项，根据充分条件，必要条件定义可以判断，选项A是错误的； 对于B选项，将构造等比数列，即可求得数列的通项公式； 对于C选项，将已知条件转化为关于的两个方程，组成方程组，解方程组可得，用前项和公式可以求得，从而求得通项公式； 对于D选项，用C选项中相同的方法，求得和，然后代入不等式，得到关于n的不等式，解不等式可得. 【详解】对于A选项，若，则，即数列一定是等差数列； 若数列成等差数列，则通项公式不一定是， 所以是数列成等差数列的充分不必要条件，故A错误； 对于B选项，因为，所以，又， 所以数列是一个以首项为1，公比为2的等比数列，所以， 所以，故B正确； 对于C选项，令等差数列公差为d，因为，， 所以，，所以，所以，所以，所以，即是一个公差为的等差数列，故C正确； 对于C选项，令等差数列公差为d，因为，， 所以，，所以， 所以，则，解得， 所以使成立的的最小值为7. 故选：BC. 10. 已知函数在上可导，且的导函数为，下列说法正确的是（ ） A. 若对恒成立，则有 B. 若对恒成立，则有 C. 若对恒成立，则有 D. 若对恒成立，这有 【答案】BCD 【解析】 【分析】分别构造函数，，，，即可利用导数求解函数单调性求解. 【详解】对A，若对恒成立，设， 则恒成立， 故在上单调递增，，即，故A错误， 对于B，，对恒成立，设， 则恒成立，故在上单调递减， ，即，故B正确， 对于C，若，则对任意恒成立，所以在上单调递增，则有，即，即，故C正确， 对于D，对恒成立，设， 则恒成立，故在上单调递减， ，即，故D正确， 故选：BCD． 11. 已知函数，则下列命题正确的有（ ） A. 方程有三个实根 B. 方程有四个实根 C. ，方程有四个实根 D. ，方程有两个实根 【答案】ACD 【解析】 【分析】用判别式法，把看成关于的方程，求出根的情况，再根据每个选项得到需要满足的条件，并进行判断. 【详解】由且，有①， 或都不满足方程①， 时，方程①有一个实数根， 时，， 或时，方程①有两个实数根， 或时，方程①有一个实数根， 时，方程①没有实数根， 对于选项，令，解得或， 时，方程有一个实数根，时，方程有两个实数根， 所以有三个实数根，故正确； 对于选项，即，解得或， 而时，方程没有实数根，时，方程有两个实数根， 所以有两个实数根，故错误； 对于选项，时，对应有两个值， ，与、、比大小， 求得或，此时每一个的值都对应两个实数根， 所以，方程有四个实根，故正确； 对于选项，，对应有两个值， 此时不妨让对应的值一个在，一个在， 对应的值其中一个取时， 则或，此时方程有两个实数根，故正确. 故选：. 【点睛】关键点点睛：本题考查复合函数以及分式方程根的情况，关键是把二次分式函数转化为关于的方程，讨论二次项系数是否为以及的符号，来判断方程根的情况. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某圆柱的侧面展开图的周长为12cm，若其体积最大时，圆柱的高为___________cm. 【答案】2 【解析】 【分析】首先根据圆柱侧面展开图的几何量，将体积转化为底面半径的函数，再利用导数求函数的最大值时，对应的底面半径，以及圆柱的高. 【详解】设圆柱的底面半径为，母线长为，则，， 圆柱的体积， ，令，得（舍）或， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，体积取得最大值，此时， 所以圆柱的高为2. 故答案为：2 13. 已知等差数列满足，为其前项和，若，，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先求等差数列的前项和，再将不等式参变分离，，转化为求函数的最值，即可求解. 【详解】设等差数列的首项为，公差为， ，得，，故， 由，得，即， 当时，不等式恒成立， 当时，， 设，，在区间恒成立， 所以在区间单调递增， 则，当单调递增，当时，取得最小值， 即，所以的最大值为，综上，的最大值为. 故答案为： 14. 关于的不等式有解，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】首先不等式同构为，再构造函数，结合函数的单调性，转化为，，再参变分离，转化为函数的最值问题. 【详解】不等式，得， 即， 设函数，，故在上单调递增， 而，即， 则，， 即存在，使，即， 设，，得 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，即 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是将不等式同构为. 四、解答题：本题共5小题，共7分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）求函数在上的单调区间和最小值. 【答案】（1） （2） 当时，在上的单调递增区间为，无单调递减区间，； 当时，的单调减区间为，单调增区间为，； 当时，在上的单调递减区间为，无单调递增区间，. 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程， （2）分类讨论即可根据导函数的正负，即可求解单调性得解. 【小问1详解】 当时，，则， 故，， 故切线方程为，即， 【小问2详解】 且， 当时，，的单调增区间为，； 当时，若，，若，， 所以的单调减区间为，单调增区间为，； 当时，，所以的单调减区间为，， 综上，当时，在上的单调递增区间为，无单调递减区间，； 当时，的单调减区间为，单调增区间为，； 当时，在上的单调递减区间为，无单调递增区间，. 16. 已知抛物线：过点，点B为直线上的动点，过点B向曲线C引两条切线，切点分别为，，判断直线是否过定点？若过定点，请求出此定点坐标，否则说明理由. 【答案】过定点 【解析】 【分析】根据导数求解斜率，即可根据点斜式求解直线方程，根据韦达定理可得，进而根据两点斜率公式求解，进而根据中点坐标公式求解中点，由点斜式即可求解直线方程，即可求解定点. 【详解】将代入可得，解得，故， 设，， ∵，∴，∴： ∵在直线上，∴， 整理有：，同理 ∴，为的两根，∴， ， ∵，又的中点 ∴即， ∴过定点 17. 三棱锥中，，，，. （1）求平面和平面夹角的余弦值； （2）点为棱（不含端点）上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法求两平面的夹角； （2）设，直线与平面所成角为，利用空间向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 建立如图所示空间直角坐标系，由题设，三棱锥可补全为棱长为2的正方体， ∴，，，, ∴，，, 设面的法向量为， 则， 令，则，面的法向量为， 设面的法向量为，则， 令，则，面的法向量为 设平面和平面所成角为，. 【小问2详解】 设，∴， ∴， 设直线与平面所成角为， ∴， 令，∴上式. 18. 数列、满足：，，，其中是数列的前项和. （1）求数列，的通项公式； （2）若，都有成立，求实数的取值范围； （3）求数列的前项和. 【答案】（1），； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）由递推公式求解通项公式即可. （2）先求，再根据不等式列出关于的不等式组即可求解. （3）根据错位相减法求和即可. 【小问1详解】 设，所以，， 即， 因为，所以， 所以. 又因为，所以， 作差得，化简得， 所以是首项为，公比为的等比数列，所以. 【小问2详解】 ，， 因为，所以，， 所以，解得， 所以的取值范围是. 【小问3详解】 因为， 所以， 所以 作差得， 所以. 19. 函数. （1）当时，求函数的单调区间和极值； （2）当时，有恒成立，求实数的取值范围； （3）求证：，. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增，，无极大值； （2） （3） 由（2）知时，恒成立，即， 所以，当且仅当等号成立， 令，，所以， 所以 ，. 【解析】 【分析】（1）求导，判定导数的符号可得单调区间，利用极值定义求解极值即可； （2）分离参数后利用进行进行求解即可； （3）由（2）得，令得，求和化简即可证明. 【小问1详解】 当时，，定义域为， ，记，则， 所以在上单调递增，又， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由极值的概念知，无极大值. 【小问2详解】 先证明两个不等式：和， 设， 则当时单调递减， 当时，单调递增， 故当，故， 当单调递增，当单调递减， 所以，故. 由题意，由于， 两者都是当且仅当等号成立，则，所以. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $