高級中學精品試卷PAGEPAGE1重慶市西南大學附屬中學、重慶外國語學校、重慶育才中學拔尖強基聯盟2022-2023學年高二下學期期中聯考數學試題一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知函數，則（）A. B. C.9 D.12〖答案〗D〖解析〗；故選：D.2.某校開設類選修課4門，類選修課2門，每位同學從中選3門．若要求兩類課程中都至少選一門，則不同的選法共有（）A.14種 B.16種 C.20種 D.28種〖答案〗B〖解析〗根據題意，分兩種情況討論：=1\*GB3①若從類課程中選1門，從類課程中選2門，有（種）選法；②若從類課程中選2門，從類課程中選1門，有（種）選法.綜上，兩類課程中都至少選一門的選法有（種）.故選：B.3.4位同學參加3個外語節目選拔，每個同學恰選擇一個節目參加，則不同的參加方式有（）A.種 B.種 C.種 D.種〖答案〗A〖解析〗設4為同學為甲乙丙丁，先安排甲：有3種選擇，再安排乙：有3種選擇，同理丙和丁都有3種選擇，根據分步乘法原理有種方法；故選：A.4.意大利數學家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖為例，引入“兔子數列”（斐波那契數列）：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，…，在實際生活中，很多花朵（如梅花，飛燕草等）的瓣數恰是斐波那契數列中的數，斐波那契數列在物理及化學等領域也有著廣泛的應用．已知斐波那契數列滿足：，，，若，則（）A.13 B.14 C.144 D.233〖答案〗A〖解析〗由斐波那契數列的性質可得：所以等于13，故選：A.5.若函數在區間上單調遞增，則的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，因為在區間上單調遞增，所以在上恒成立，即在上恒成立，因為二次函數的圖象的對稱軸為，且開口向上所以的最小值為1，所以.故選：B.6.已知函數恰有兩個零點，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗函數的定義域為R，，當或時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，當時，函數取得極大值，當時，函數取得極小值，因為函數恰有兩個零點，則由三次函數的圖象與性質得，解得，所以.故選：A.7.2022年北京冬奧會吉祥物“冰墩墩”和冬殘奧會吉祥物“雪容融”，有著可愛的外表和豐富的寓意，深受各國人民的喜愛．某商店有4個不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3個不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜臺上，要求“雪容融”甲和“雪容融”乙相鄰，且均不與“雪容融”丙相鄰的不同的排列方法總數為（）A.480 B.960 C.1080 D.1440〖答案〗B〖解析〗現將4個不同造型的“冰墩墩”排好，有種排法，排好后包括左右兩邊有5個空，再將“雪容融”甲和“雪容融”乙捆綁，有種方法，將捆綁后的“雪容融”與“雪容融”丙分別插入前面的5個空中，有種方法；所以總的排列方法數為：；故選：B.8.若，，，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗設，，則，即當時，，∴在上單調遞增，∴，∴，即，設函數，，則，當時，，所以在上單調遞減，所以，所以，所以，所以，所以，又，所以，所以，設函數，則，當時，，所以在上單調遞增，所以，所以，所以，又，所以，所以，綜上，，故選：B.二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知數列的前項和為，若，則下列說法正確的是（）A.是遞增數列 B.數列是遞增數列C.數列中的最小項為 D.、、成等差數列〖答案〗AB〖解析〗因為，所以數列為等差數列，公差為3，因為，所以，；對于A，因為，所以是遞增數列，A正確；對于B，因為，所以數列是遞增數列，B正確；對于C，因為，所以數列中的最小項為，C不正確；對于D，當時，，顯然不是等差數列，D不正確.故選：AB.10.某校計劃安排五位老師（包含甲、乙）擔任周一至周四的值班工作，每天都有老師值班，且每人最多值班一天，則下列說法正確的是（）A.若周一必須安排兩位老師，則不同的安排方法共有60種B.若甲、乙均值班且必須排在同一天值班，則不同的安排方法共有48種C.若五位老師都值班一天，則不同的安排方法共有240種D.若每天恰有一位老師值班，且如果甲乙均值班，則甲必須在乙之前值班的不同的安排方法共有84種〖答案〗ACD〖解析〗對于A，周一必須安排兩位老師，從5位老師中取兩位周一值班，余下3位全排列，不同的安排方法有種，A正確；對于B，甲、乙均值班且在同一天，與余下3位一起的4個元素全排列，不同的安排方法共有種，B錯誤；對于C，五位老師都值班一天，則有兩位老師在同一天值班，不同的安排方法有種，C正確；對于D，顯然甲乙至少有一位值班，如果甲乙都值班，除甲乙外還有兩位老師各值班一天，甲必須在乙之前值班的不同安排方法有種，甲乙之一值班，不同的安排方法有，所以不同的安排方法共有種，D正確.故選：ACD.11.已知直線是曲線與的公切線，則下列說法正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗AB〖解析〗設曲線上切點，，切線斜率，切線方程，即，同理，設曲線上切點，，切線斜率，切線方程，即，所以，解得，所以，，.故選：AB.12.小明熱愛數學，《九章算術》、《幾何原本》、《數學家的眼光》、《奧賽經典》、《高等數學》都是他的案頭讀物．一日，正翻閱《高等數學》，一條關于函數的性質映入他的眼簾：函數在區間有定義，且對，，，若恒有，則稱函數在區間上“嚴格下凸”；若恒有，則稱函數在區間上“嚴格上凸”．現已知函數，為的導函數，下列說法正確的是（）注：為自然對數的底數，，．A.有最小值，且最小值為整數B.存在常數，使得在“嚴格下凸”，在“嚴格上凸”C.恰有兩個極值點D.恰有三個零點〖答案〗ACD〖解析〗，，設，易得：，所以，當時，等號成立，故A對;，，，若恒有，等價于切線一直在割線下方，即單調遞增.即函數在區間上“嚴格下凸”；，，，若恒有，等價于切線一直在割線上方，即單調遞減.即函數在區間上“嚴格上凸”.設，，易得在為增函數.，，所以存在常數，，使得在上，，單調遞減，即單調遞減,在“嚴格上凸”；在上，，單調遞增，即單調遞增,在“嚴格下凸”.故B錯誤；由B知，在上單調遞減,在上，單調遞增，，，所以恰有兩個極值點，故C正確；由C知，恰有兩個極值點，設為，，且，所以和單調遞減，單調遞增，，，所以函數在各有一個零點，故D正確.故選：ACD.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.函數的單調遞減區間是__________.〖答案〗和（或寫成和）〖解析〗由題意得，令，解得或，所以函數的遞減區間為和．14.已知等差數列的前項和為，，，則的最大值為______．〖答案〗256〖解析〗因為是等差數列，且有，所以，解得，所以，，則設，令，，令，解得，此時單調遞增，令，解得或，此時單調遞減，因為，所以當時，單調遞增；當時，單調遞減；所以，故〖答案〗為：256.15.當時，函數的圖象恒在拋物線的上方，則實數的取值范圍是______．〖答案〗〖解析〗因為當時，函數的圖象恒在拋物線的上方，則有，，令函數，求導得，令，求導得，函數在上單調遞減，，，即，當時，，當時，，因此函數在上單調遞增，在上單調遞減，，則，所以實數的取值范圍是.故〖答案〗為：.16.如圖，將1，2，3，4四個數字填在6個“”中，每個“”中填一個數字，有線段連接的兩個“”不能填相同數字，四個數字不必均使用，則不同填數方法有______種．〖答案〗264〖解析〗如圖，計算不同填數方法有兩類辦法：當用四個數字時，先填A，E，D，有種填法，再從B，F，C中選一處填第四個數，如B，再填F，若F與D同，則C有2種填法，若F與D不同，則C有1種填法，于是得有種填法，當用三個數字時，先填A，E，D，有種填法，再填B，有2種填法，則F，C各有1種填法，于是得有種填法，利用分類加法計數原理得不同填數方法為：(種)，所以不同的填數方法共有264種.故〖答案〗為：264.四、解答題：本題共6小題，共70分．其中，17題10分，18，19，20，21，22各12分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知等比數列滿足，，數列滿足，．（1）求數列，的通項公式；（2）令，求的前項和．解：（1）由題意，設等比數列的公比為，則有，解得，；；（2），；綜上，.18.已知函數（且）在處取得極值．（1）求實數的值；（2）求在區間上的最大值．解：（1）已知函數，，則，因為在處取得極值，所以，即，解得.（2）由（1）可知，則，令，解得，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，當時，最大值，當時，最大值，當時，最大值.19.已知數列滿足．（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和．解：（1）因為①，當時，,得，當時，②，①②得，所以，當時,也成立，所以；（2）由（1）可知，所以所以，相減得，所以.20.已知函數．（1）若的圖象在處的切線與直線垂直，求實數的值；（2）討論在上的單調性．解：（1）由題知，,，解得.（2）(i)當時，若，則，若，此時開口向下，對稱軸為，所以當時，，在單調遞減；(ii)當時,開口向上，,則（根據二次函數大致圖象知舍去），且當時,單調遞減;當時,單調遞增.(iii)當時，開口向上，對稱軸在單調遞增,當時，在單調遞增.綜上：當時,在單調遞減;當時,在單調遞減,在單調遞增，當時,在單調遞增.21.已知橢圓的離心率，右焦點．（1）求橢圓的方程；（2）設點為橢圓上一點，為坐標原點，直線，交橢圓于，兩點，試問：面積是否存在最大值？如果存在，請求出最大值；如果不存在，請說明理由．解：（1）由題得，，則，，則；所以橢圓的標準方程為.（2）顯然當直線方程為不合題意，故設直線的方程為，，，聯立有，因為在橢圓內部，則直線與橢圓必有兩交點，且，根據橢圓對稱性得為的中點,令，則當且僅當時,等號成立，此時，所以面積的最大值為2.22.已知函數．（1）討論的極值點個數；（2）若，為的兩個極值點，證明：．（1）解：求導得，當時,在上單調遞增,無極值點；當時,，令，解得，則在單調遞增，單調遞減;,當趨近于負無窮，趨近于負無窮，當趨近于正無窮，趨近于0，且，①當，即時，即，即在上單調遞增,無極值點;②當，即時,設的兩根為，則當時,即，即單調遞增;同理已知單調遞減，在單調遞增，此時恰有兩個極值點；③當即時,有唯一實根(設為)，易知在單調遞減,在單調遞增,此時恰有一個極值點.綜上:當時,恰有一個極值點;當時,無極值點;當時,恰有兩個極值點.（2）證明：由題及（1）知,且為的兩根,且.要證，即證.又在上單調遞增,故只需證.又,故只要證，令，，令，，令，解得（負舍）在單調遞增,在單調遞減，且,當，所以存在唯一使得.當時,單調遞增;當時,單調遞減;又,當.命題得證.重慶市西南大學附屬中學、重慶外國語學校、重慶育才中學拔尖強基聯盟2022-2023學年高二下學期期中聯考數學試題一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知函數，則（）A. B. C.9 D.12〖答案〗D〖解析〗；故選：D.2.某校開設類選修課4門，類選修課2門，每位同學從中選3門．若要求兩類課程中都至少選一門，則不同的選法共有（）A.14種 B.16種 C.20種 D.28種〖答案〗B〖解析〗根據題意，分兩種情況討論：=1\*GB3①若從類課程中選1門，從類課程中選2門，有（種）選法；②若從類課程中選2門，從類課程中選1門，有（種）選法.綜上，兩類課程中都至少選一門的選法有（種）.故選：B.3.4位同學參加3個外語節目選拔，每個同學恰選擇一個節目參加，則不同的參加方式有（）A.種 B.種 C.種 D.種〖答案〗A〖解析〗設4為同學為甲乙丙丁，先安排甲：有3種選擇，再安排乙：有3種選擇，同理丙和丁都有3種選擇，根據分步乘法原理有種方法；故選：A.4.意大利數學家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖為例，引入“兔子數列”（斐波那契數列）：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，…，在實際生活中，很多花朵（如梅花，飛燕草等）的瓣數恰是斐波那契數列中的數，斐波那契數列在物理及化學等領域也有著廣泛的應用．已知斐波那契數列滿足：，，，若，則（）A.13 B.14 C.144 D.233〖答案〗A〖解析〗由斐波那契數列的性質可得：所以等于13，故選：A.5.若函數在區間上單調遞增，則的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，因為在區間上單調遞增，所以在上恒成立，即在上恒成立，因為二次函數的圖象的對稱軸為，且開口向上所以的最小值為1，所以.故選：B.6.已知函數恰有兩個零點，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗函數的定義域為R，，當或時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，當時，函數取得極大值，當時，函數取得極小值，因為函數恰有兩個零點，則由三次函數的圖象與性質得，解得，所以.故選：A.7.2022年北京冬奧會吉祥物“冰墩墩”和冬殘奧會吉祥物“雪容融”，有著可愛的外表和豐富的寓意，深受各國人民的喜愛．某商店有4個不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3個不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜臺上，要求“雪容融”甲和“雪容融”乙相鄰，且均不與“雪容融”丙相鄰的不同的排列方法總數為（）A.480 B.960 C.1080 D.1440〖答案〗B〖解析〗現將4個不同造型的“冰墩墩”排好，有種排法，排好后包括左右兩邊有5個空，再將“雪容融”甲和“雪容融”乙捆綁，有種方法，將捆綁后的“雪容融”與“雪容融”丙分別插入前面的5個空中，有種方法；所以總的排列方法數為：；故選：B.8.若，，，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗設，，則，即當時，，∴在上單調遞增，∴，∴，即，設函數，，則，當時，，所以在上單調遞減，所以，所以，所以，所以，所以，又，所以，所以，設函數，則，當時，，所以在上單調遞增，所以，所以，所以，又，所以，所以，綜上，，故選：B.二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知數列的前項和為，若，則下列說法正確的是（）A.是遞增數列 B.數列是遞增數列C.數列中的最小項為 D.、、成等差數列〖答案〗AB〖解析〗因為，所以數列為等差數列，公差為3，因為，所以，；對于A，因為，所以是遞增數列，A正確；對于B，因為，所以數列是遞增數列，B正確；對于C，因為，所以數列中的最小項為，C不正確；對于D，當時，，顯然不是等差數列，D不正確.故選：AB.10.某校計劃安排五位老師（包含甲、乙）擔任周一至周四的值班工作，每天都有老師值班，且每人最多值班一天，則下列說法正確的是（）A.若周一必須安排兩位老師，則不同的安排方法共有60種B.若甲、乙均值班且必須排在同一天值班，則不同的安排方法共有48種C.若五位老師都值班一天，則不同的安排方法共有240種D.若每天恰有一位老師值班，且如果甲乙均值班，則甲必須在乙之前值班的不同的安排方法共有84種〖答案〗ACD〖解析〗對于A，周一必須安排兩位老師，從5位老師中取兩位周一值班，余下3位全排列，不同的安排方法有種，A正確；對于B，甲、乙均值班且在同一天，與余下3位一起的4個元素全排列，不同的安排方法共有種，B錯誤；對于C，五位老師都值班一天，則有兩位老師在同一天值班，不同的安排方法有種，C正確；對于D，顯然甲乙至少有一位值班，如果甲乙都值班，除甲乙外還有兩位老師各值班一天，甲必須在乙之前值班的不同安排方法有種，甲乙之一值班，不同的安排方法有，所以不同的安排方法共有種，D正確.故選：ACD.11.已知直線是曲線與的公切線，則下列說法正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗AB〖解析〗設曲線上切點，，切線斜率，切線方程，即，同理，設曲線上切點，，切線斜率，切線方程，即，所以，解得，所以，，.故選：AB.12.小明熱愛數學，《九章算術》、《幾何原本》、《數學家的眼光》、《奧賽經典》、《高等數學》都是他的案頭讀物．一日，正翻閱《高等數學》，一條關于函數的性質映入他的眼簾：函數在區間有定義，且對，，，若恒有，則稱函數在區間上“嚴格下凸”；若恒有，則稱函數在區間上“嚴格上凸”．現已知函數，為的導函數，下列說法正確的是（）注：為自然對數的底數，，．A.有最小值，且最小值為整數B.存在常數，使得在“嚴格下凸”，在“嚴格上凸”C.恰有兩個極值點D.恰有三個零點〖答案〗ACD〖解析〗，，設，易得：，所以，當時，等號成立，故A對;，，，若恒有，等價于切線一直在割線下方，即單調遞增.即函數在區間上“嚴格下凸”；，，，若恒有，等價于切線一直在割線上方，即單調遞減.即函數在區間上“嚴格上凸”.設，，易得在為增函數.，，所以存在常數，，使得在上，，單調遞減，即單調遞減,在“嚴格上凸”；在上，，單調遞增，即單調遞增,在“嚴格下凸”.故B錯誤；由B知，在上單調遞減,在上，單調遞增，，，所以恰有兩個極值點，故C正確；由C知，恰有兩個極值點，設為，，且，所以和單調遞減，單調遞增，，，所以函數在各有一個零點，故D正確.故選：ACD.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.函數的單調遞減區間是__________.〖答案〗和（或寫成和）〖解析〗由題意得，令，解得或，所以函數的遞減區間為和．14.已知等差數列的前項和為，，，則的最大值為______．〖答案〗256〖解析〗因為是等差數列，且有，所以，解得，所以，，則設，令，，令，解得，此時單調遞增，令，解得或，此時單調遞減，因為，所以當時，單調遞增；當時，單調遞減；所以，故〖答案〗為：256.15.當時，函數的圖象恒在拋物線的上方，則實數的取值范圍是______．〖答案〗〖解析〗因為當時，函數的圖象恒在拋物線的上方，則有，，令函數，求導得，令，求導得，函數在上單調遞減，，，即，當時，，當時，，因此函數在上單調遞增，在上單調遞減，，則，所以實數的取值范圍是.故〖答案〗為：.16.如圖，將1，2，3，4四個數字填在6個“”中，每個“”中填一個數字，有線段連接的兩個“”不能填相同數字，四個數字不必均使用，則不同填數方法有______種．〖答案〗264〖解析〗如圖，計算不同填數方法有兩類辦法：當用四個數字時，先填A，E，D，有種填法，再從B，F，C中選一處填第四個數，如B，再填F，若F與D同，則C有2種填法，若F與D不同，則C有1種填法，于是得有種填法，當用三個數字時，先填A，E，D，有種填法，再填B，有2種填法，則F，C各有1種填法，于是得有種填法，利用分類加法計數原理得不同填數方法為：(種)，所以不同的填數方法共有264種.故〖答案〗為：264.四、解答題：本題共6小題，共70分．其中，17題10分，18，19，20，21，22各12分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知等比數列滿足，，數列滿足，．（1）求數列，的通項公式；（2）令，求的前項和．解：（1）由題意，設等比數列的公比為，則有，解得，；；（2），；綜上，.18.已知函數（且）在處取得極值．（1）求實數的值；（2）求在區間上的最大值．解：（1）已知函數，，則，因為在處取得極值，所以，即，解得.（2）由（1）可知，則，令