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- 2021-04-12 发布
北京市八一学校2019-2020学年第一学期期中试卷
高二数学
一、选择题
1.是等差数列的前项和，如果，那么的值是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等差数列前项和的公式，即可代值计算.
【详解】因为是等差数列，故可得
.
故选：B.
【点睛】本题考查等差数列的前项和的计算，属基础题.
2.设为等比数列的前项和，，则的值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
设等比数列的公比为，根据已知条件求得公比，即可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，因为，
故可得，故可得，
因为数列是等比数列，
故，故可得.
又.
故选：C.
【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，属基础题.
3.函数在处的导数值是（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】
根据复合函数的求导法则，求得，即可求得结果.
【详解】因为，故可得.
则.
故选：A.
【点睛】本题考查导数计算，属基础题.
4.如图是函数的图象，那么导函数的零点个数是（ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】
根据的图像，可得函数的单调性，以及极值点个数，据此可求得的零点个数.
【详解】根据的图像，找出极值点，如下图所示：
故可得有7个零点.
故选：B.
【点睛】本题考查由函数图像，求函数的极值点个数，属基础题.
5.在等比数列中，公比为，则“”是“等比数列为递增数列”的（ ）
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】
当时，当时，可知等比数列不是递增数列，得不充分条件；当等比数列为递增数列时，当时，，得不必要条件；综上可得结果.
【详解】当时，若，，则，则，此时等比数列不是递增数列
“”是“等比数列为递增数列”的不充分条件；
当等比数列为递增数列时，此时，即
若，则，此时
“等比数列为递增数列”是“”的不必要条件；
综上所述：“”是“等比数列为递增数列”的既不充分也不必要条件
本题正确选项：
【点睛】
本题考查充分条件、必要条件的判定，关键是通过等比数列的通项公式的形式判断出数列为递增数列和公比之间的关系.
6.下列说法错误的是（ ）
A. 任给等差数列和，数列是等差数列
B. 存在等差数列和，数列是等差数列
C. 任给等比数列和，数列是等比数列
D. 存在等比数列和，数列是等比数列
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等差数列和等比数列的定义，对选项进行逐一判断即可.
【详解】：若和都是等差数列，不妨设，
故可得，则
则，故数列是等差数列，
则正确；
：设数列是数列；数列是，
故可得数列是是等差数列，
故正确.
：若和是等比数列，设，
故可得，
则不是常数，故不是等比数列，
故错误；
：设数列是数列；数列是，
故可得数列是是等比数列，
故正确.
综上所述，错误的是.
故选：C.
【点睛】本题考查利用等比数列和等差数列的定义判断数列的类型，属基础题.
7.已知二次函数及其导函数的图象如图所示，则函数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据导函数的图像以及原函数的图像，先判断函数的类型，再根据特殊值进行计算即可
【详解】由图可知，是二次函数，是一次函数，故排除；
又，当时，，，故排除；
当时，，，满足题意.
故选：D.
【点睛】本题考查导函数和原函数之间的关系，以及简单函数导数的求解，属基础题.
8.已知等腰梯形上底长为7，腰长为2，那么该等腰梯形面积最大时的下底长为（ ）
A. 7.5 B. 8 C. 8.5 D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，建立梯形面积的函数，利用导数求函数的最大值即可.
【详解】根据题意，绘图如下：
由题可知，不妨设，
故可得，
则梯形的面积，
令，
故可得，
，
因为，容易知恒成立，
故可得在区间上单调递减，
又，
故可得在区间单调递增，在单调递减，
故当且仅当时，取得最大值，则也取得最大值.
此时，梯形的底边长.
故选：B.
【点睛】本题考查利用导数研究实际问题中最值得求解，属中档题.
9.若函数有三个零点，并且在处的瞬时变化率是负值，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用导数研究三次方函数的单调性和极值，结合零点个数，以及，联立不等式组，即可求得结果.
【详解】因为，故可得，
若满足有三个零点，则需有两个根，且，
即可得，令，解得，
则，
解得；
又因为，故可得，
解得；
综上所述，的取值范围为.
故选：D.
【点睛】本题考查利用导数由函数零点的个数求参数范围的问题，属基础题.
10.已知函数，，并且，那么下面命题中真命题的序号是（ ）
①的最大值为； ②的最小值为；
③在上是减函数； ④在上是减函数.
A. ②③ B. ①④ C. ④ D. ③
【答案】B
【解析】
【分析】
对函数进行求导，讨论其最值以及单调性即可.
【详解】因为，故可得，
令，解得，由题可知.
故在区间上单调递增；在区间上单调递减.
则，.
综上所述，正确的是①④.
故选：B.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，属基础题.
二、填空题
11.已知数列满足，，那么______.
【答案】2019
【解析】
【分析】
根据特值，归纳得到数列的通项公式，即可求得.
【详解】因，，
故可得，
由此归纳总结可得，
故可得；
事实上，当时，满足题意；
当时，成立，
则当时，
,
故当时，也成立.
即证当时，成立.
故答案为：2019.
【点睛】本题考查由数列的递推公式，求数列的通项公式，涉及数学归纳法，属综合中档题.
12.已知等差数列中，，则和乘积的最大值是______.
【答案】9
【解析】
【分析】
根据等差数列的下标和性质，得到，再利用基本不等式的推论，即可求得结果.
【详解】因为是等差数列，故可得，
由基本不等式可得，
当且仅当时，取得最大值.
故答案为：9.
【点睛】本题考查等差数列的下标和性质，涉及基本不等式的使用，属基础题.
13.等比数列的前项和记为，满足，，，，则的值为______.
【答案】5
【解析】
【分析】
先求出进而可得数列的公比，再根据等比数列的基本量，列出方程组即可求得.
【详解】因为，，，
故可得，
则数列的公比.
则由，
可得，
则，
当为偶数时，解得，显然无解；
当为奇数时，解得，解得.
故答案为：5.
【点睛】本题考查等比数列基本量的求解，属基础题.
14.曲线的切线斜率为1，则切点横坐标是______.
【答案】1
【解析】
【分析】
求导，根据导数值求自变量的值即可.
【详解】因为，其定义域为，故可得
令，解得（舍），.
故答案为：1.
【点睛】本题考查由切线的斜率求自变量的值，属基础题.
15.函数的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】
对求导，利用导数即可求得函数单调性和最小值,
【详解】因为，故可得，
令，解得；
故当时，单调递减；
当时，单调递增；
当时，单调递减.
且，
当趋近于1时趋近于正无穷；当趋近于正无穷时，趋近于零.
函数图像如下所示：
故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，属综合基础题.
16.已知函数，若函数恰好有两个极大值点，则常数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用导数研究单调性，结合函数图像的上下平移以及翻折变换，列出不等式即可求得.
【详解】因为，故可得，
令，故可得或，又，
故在区间单调递增，在单调递减，在单调递增.
其函数示意图如下所示：
若得到，即将进行上下平移，
且将关于轴进行翻折变换，
若满足题意，只需的图像如下所示：
则向上平移应小于个单位，向上平移应小于个单位，
故.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点，涉及函数平移以及翻折变换，属综合困难题.
三、解答题
17.已知数列是等差数列，且．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若数列是首项为2，公比为2的等比数列，求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ）; （Ⅱ）
【解析】
试题分析：（I）利用等差数列的通项公式可得，由整理得即可得出；（II）利用等比数列的通项公式可知、等差数列与等比数列的前n项和公式，采用分组求和即可求出结果．
试题解析：解：（Ⅰ）由整理得
解得
所以． 6分
（Ⅱ）因为数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，所以，
所以数列的前项和． 13分
考点： 1．等差数列与等比数列；2．分组求和．
18.学校科技节制作纸条车后，班里剩余一块长为80厘米、宽为50厘米的矩形纸板.如果从纸板的四个角各截取一个相同的小正方形，做成一个长方体形的无盖容器.问截下的小正方形的边长（也就是该容器的高）是多少时，该容器的容积最大？
【答案】10厘米.
【解析】
【分析】
根据题意，建立容积和小正方形边长之间的函数关系，利用导数求函数的最大值即可.
【详解】设小正方形的边长为，
则容器的长为，宽为，高为，
则容器的容积
整理得，
，
令，解得（舍）或，
故在区间单调递增，在区间单调递减，
故当时，取得最大值.
即小正方形的边长（也就是该容器的高）是10厘米时，该容器的容积最大.
【点睛】本题考查利用导数解决容积最大的问题，属基础题.
19.已知函数.
（1）求该函数的单调增区间；
（2）当时，总成立，求常数的最大值.
【答案】(1) 和；(2).
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，令导数为零，根据导数的正负判断函数的单调区间即可；
（2）根据（1）中所求，可得在区间上的最小值，即可求得的范围.
【详解】（1）因为，故可得，
令，解得或，
故在区间和单调递增，
在区间单调递减.
故的单调增区间为和.
（2）由（1）中所求，
可知在区间上单调递增，
在单调递减，在单调递增，
故当时，
又，且，
故可得在区间上的最小值为.
若当时，总成立，
只需即可，
则.
故常数的最大值为.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，属基础题.
20.对关于的方程有近似解，必修一课本里研究过‘二分法’.现在结合导函数，介绍另一种方法‘牛顿切线法’.对曲线，估计零点的值在附近，然后持续实施如下‘牛顿切线法’的步骤：
在处作曲线的切线，交轴于点；
在处作曲线的切线，交轴于点；
在处作曲线的切线，交轴于点；
得到一个数列，它的各项就是方程的近似解，按照数列的顺序越来越精确.请回答下列问题：
（1）求的值；
（2）设，求解析式（用表示）；
（3）求该方程的近似解的这两种方法，‘牛顿切线法’和‘二分法’，哪一种更快？请给出你的判断和依据.（参照值：关于的方程有解）
【答案】（1）；（2）；（3）牛顿法更快，理由见详解.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，求函数求导解得切线斜率，再结合点斜式求得切线方程，即可容易得到结果；
（2）求出在处的切线方程，则满足切线方程即可；
（3）根据牛顿法和二分法的操作步骤，即可展开运算，从而进行比较.
【详解】（1）因为，故可得，
则，
故可得在处的切线方程为，
整理得，令，则.
根据题意，则.
（2）由（1）中所求，
可得，
故可得在处的切线方程为
，
又因为满足切线方程，
故可得
解得.
故.
（3）根据（1）和（2）中所求，
用牛顿法经过1次运算，可得近似解，
用牛顿法经过次运算，可得近似解
用牛顿法经过3次运算，可得近似解
经过3次运算，牛顿法求得的近似解精确到了；
若采用二分法，选定初始区间为，
因为，经过一次运算，近似解为，
因为，经过二次运算，近似解为，
因为，经过三次运算，近似解为，
经过3次运算，二分法求得的近似解才精确到.
不难发现，牛顿法相对二分法要更加快速
【点睛】本题考查导数的几何意义，以及二分法求方程的近似解，属综合中档题.