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1、2022-2023学年北京市海淀区高二下学期期中调研数学试题一、单选题1已知等差数列中，公差，则（）A7B8C9D10【答案】A【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（）A24B28C30D32【答案】C【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：C3下列求导运算不正确的是（）ABCD【答案】C【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（）A10B20C60D80
2、【答案】D【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【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.63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（）ABCD【答案】D【解析】根据题意，分2步进行分析：将4名学生站成一排，4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
3、得答案.【详解】解：根据题意，分2步进行：将4名学生站成一排，有种排法；4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（）ABCD【答案】C【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【分析】先由不等式恒成立求出的取值范围，
4、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：A9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【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
5、期.若四个数列分别满足：，；，；，；，.则上述数列中，8为其周期的个数是（）A1B2C3D4【答案】B【分析】利用数列的周期的定义逐项分析即得.【详解】，数列的周期为，故8也是数列的周期；由，可得故数列的周期为；由，可得，故数列的周期为；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11（x）4的展开式中的常数项为 .【答案】6；【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，
6、属于基础题.12设曲线在点处的切线与直线垂直，则 【答案】2【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】【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】【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
7、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：若，则函数至少有一个零点；存在实数，使得函数无零点；若，则不存在实数，使得函数有三个零点；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】【分析】在同一坐标系中作出的图象，利用数形结合法求解.【详解】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；当时，作出的图象，由图象知，函数无零点；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；当时，当时，当时，由
8、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：三、解答题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）【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为，所以，即所以（，）（2）由（1）知，因此从而数列的前项和【解析】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
9、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【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
10、数判断函数的单调区间，即可求函数的极值.【详解】（1）令，则，所以与y轴的交点A的坐标.（2）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)【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【详解】（1），可得，所以，所以切
11、线方程为：，令可得，即（2）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【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.【详解】（1）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.（2）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，.（3）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.
