精品解析：北京市海淀区清华大学附属中学永丰学校2022~2023学年高二下学期期中调研数学试题（解析版）

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2022-2023学年第二学期期中调研
高二年级数学
（清华附中永丰学校高21级）
2023.04
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知等差数列中，，公差，则（ ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列通项公式计算即得.
【详解】依题意，等差数列通项，
所以.
故选：A.
2. 已知等比数列的公比为q，前n项和为．若，，则（ ）
A. －24 B. －28 C. －30 D. －32
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列的基本量运算求得后求得，从而易得．
【详解】由题意，则，又，所以，，
，
所以．
故选：C．
3. 下列求导运算不正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据基本函数的导数公式进行求解即可.
【详解】根据导数公式可知选项A、B、D是正确的；
对于C，，故C错误.
故选：C.
4. 在的展开式中，的系数是（ ）
A. 10 B. 20 C. 60 D. 80
【答案】D
【解析】
【分析】首先写出展开式的通项，再代入计算可得；
【详解】的展开式的通项，令，解得，
所以，所以项的系数为.
故选：D.
5. 过点P（0，2）作曲线y＝的切线，则切点坐标为（ ）
A. （1，1） B. （2，） C. （3，） D. （0，1）
【答案】A
【解析】
【分析】先设切点，再根据导数几何意义列方程，解得结果.
【详解】设切点,
,即切点
故选：A
【点睛】本题考查导数几何意义，考查基本分析求解能力，属基础题.
6. 3位老师和4名学生站成一排，要求任意两位老师都不相邻，则不同的排法种数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，分2步进行分析：①将4名学生站成一排，②4人排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排三名教师，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】解：根据题意，分2步进行：
①将4名学生站成一排，有种排法；
②4人排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排三名教师，有种情况；
则有种排法；
故选：D
【点睛】本题考查排列的应用，解题方法是插空法，属于基础题．
7. 函数的图像大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出的零点个数可排除B，D；当趋近负无穷时趋近，可排除A，即可得出答案.
【详解】令，解得：或，
所以函数有两个零点，故排除B，D；
当趋近负无穷时，趋近正无穷，趋近，所以趋近，故排除A.
故选：C.
8. “”是“在上恒成立”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先由不等式恒成立求出的取值范围，再根据充分条件和必要条件的定义分析判断.
【详解】由在上恒成立，得
在上恒成立，
令，由对勾函数的性质可知在上单调递增，
所以，
所以，
所以“在上恒成立”的充要条件为，
所以“”是“在上恒成立”的充分不必要条件，
故选：A
9. 已知等比数列满足，，记，则数列（ ）
A. 有最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项
C. 无最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项
【答案】A
【解析】
【分析】求出等比数列的通项公式，进而求出，再由数列最大项、最小项的意义判断作答.
【详解】依题意，等比数列的通项公式，
，，
由知，
当时，，数列是递增的，
当时，，数列是递减的，
，，，，
所以和分别是数列的最大项和最小项.
故选：A
10. 已知数列，若存在一个正整数使得对任意，都有，则称为数列的周期.若四个数列分别满足：
①，；
②，；
③，，；
④，.
则上述数列中，8为其周期的个数是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用数列的周期的定义逐项分析即得.
【详解】①∵，
∴数列的周期为，故8也是数列的周期；
②由，，可得

故数列的周期为；
③由，，可得，
，
故数列的周期为；
④由，可得，
，
故数列的周期为，所以8也是数列的周期.
故8为其周期的数列个数为2.
故选：B.
二、填空题共5小题，每小题4分，共20分．
11. （x﹣）4的展开式中的常数项为_____.
【答案】6；
【解析】
【分析】先得出二项式的展开式中的通项，令，可得答案.
【详解】因为（x﹣）4的展开式中的通项为：，令，得，
所以（x﹣）4的展开式中的常数项为，
故答案为：6.
【点睛】本题考查二项式的展开式的通项公式，求二项式展开式中的特定项，属于基础题.
12. 设曲线在点处的切线与直线垂直，则_____________．
【答案】2
【解析】
【分析】由切线与直线垂直可得切线斜率为2，再对曲线求导，根据导数的几何意义有，即可求a值.
【详解】直线的斜率为，
由题设知：在处的切线的斜率为，而，
∴，可得.
故答案为：.
13. 已知函数，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出，利用导数求出，即可求解.
【详解】.
因为，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
14. 已知等比数列满足能说明“若，则”为假命题的数列的通项公式__________．(写出一个即可)
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件探求出等比数列公比q具有的性质，再分情况讨论即得.
【详解】设等比数列公比，由得，而，于是得，即或，
当时，，则，“若，则为真命题，与题设矛盾，
当时，因不成立，则必有，而，必有，
取，则，
此时，而，，即“若，则”为假命题，
所以等比数列的通项公式可以为.
故答案为：
15. 已知函数，给出下列四个结论：
①若，则函数至少有一个零点；
②存在实数，，使得函数无零点；
③若，则不存在实数，使得函数有三个零点；
④对任意实数，总存在实数使得函数有两个零点.
其中所有正确结论的序号是___________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】在同一坐标系中作出图象，利用数形结合法求解.
【详解】①当时，，令，得，
在同一坐标系中作出的图象，如图所示：

由图象及直线过定点（0，3）知函数至少有一个零点，故正确；
②当时，作出的图象，

由图象知，函数无零点；
③当时，在同一坐标系中作出的图象，如图所示：

由图象知：函数有三个零点，故错误；
④当时，
，
当时，
，
当时，

由图象知：对任意实数，总存在实数使得函数有两个零点，故正确.
故答案为：①②④
三、解答题共4小题，每小题10分，共40分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16. 已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设cn=an+bn，求数列{cn}的通项公式．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）求出等比数列的公比，再求出a1，a14的值，根据等差数列的通项公式求解；
（2）根据等差数列和等比数列的前n项和公式求数列{cn}的前n项和.
试题解析：（1）等比数列的公比，
所以，．
设等差数列的公差为．
因，，
所以，即．
所以（，，，）．
（2）由（1）知，，．
因此．
从而数列的前项和


．
【考点】等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，考查运算能力.
【名师点睛】1.数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列{Sn}的通项.通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一；2.数列的综合问题涉及的数学思想：函数与方程思想（如：求最值或基本量）、转化与化归思想（如：求和或应用）、特殊到一般思想（如：求通项公式）、分类讨论思想（如：等比数列求和，或）等.

17. 已知．
（1）求与y轴的交点A的坐标；
（2）若的图象在点A处的切线斜率为，求的极值．
【答案】（1）
（2）极小值，无极大值
【解析】
【分析】（1）令，求即可得解；
（2）利用导数的几何意义可得，再根据导数判断函数的单调区间，即可求函数的极值.
【小问1详解】
令，则，
所以与y轴的交点A的坐标.
【小问2详解】
由，得，
，
解得，
，，
令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值.
故函数极小值为，无极大值.
18. 令，对抛物线，持续实施下面牛顿切线法的步骤：
在点处作抛物线的切线交x轴于
在点处作抛物线的切线交x轴于
在点处作抛物线的切线交x轴于
由此能得到一个数列，回答下列问题：
（1）求的值
（2）设，求的解析式．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义和点斜式方程求解切线方程，然后令即可求出结果．
（2）根据导数的几何意义，求出切点处的切线斜率，求出切线方程，令，即可表示出．
【小问1详解】
，可得，
所以，
所以切线方程为：，
令可得，即．
【小问2详解】
因为，所以在处的切线斜率为，
所以切线方程为：，
令，得，
∴，即，
∴的解析式：．
19. 已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若对恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：若在区间上存在唯一零点，则．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）讨论、，结合导数的符号确定单调区间；
（2）由，讨论、研究导数符号判断单调性，进而判断题设不等式是否恒成立，即可得参数范围；
（3）根据（2）结论及零点存在性确定时在上存在唯一零点，由零点性质及区间单调性，应用分析法将问题转化为证在上恒成立，即可证结论.
【小问1详解】
由题设，
当时，令，则，
若，则，在上递减；
若，则，在上递增；
综上，时的递减区间为，递增区间为.
【小问2详解】
由，
当时，在上恒成立，故在上递增，则，满足要求；
当时，由（1）知：在上递减，在上递增，而，
所以在上递减，在上递增，要使对恒成立，
所以，只需，
令且，则，即递减，
所以，故在上不存在；
综上，.
【小问3详解】
由（2）知：时，在恒有，故不可能有零点；
时，在上递减，在上递增，且，
所以上，无零点，即，且趋向于正无穷时趋向正无穷，
所以，在上存在唯一，使，
要证，只需在上恒成立即可，
令，若，则，
令，则，即在上递增，故，
所以，即在上递增，故，
所以在上恒成立，得证；
故.
【点睛】关键点点睛：第三问，通过讨论确定在某一单调区间上存在唯一零点的a的范围后，应用分析法证恒成立即可.