浙江省宁波市镇海中学2022-2023学年高二数学上学期期中试卷（Word版附解析）

镇海中学2022学年第一学期期中考试高二年级数学试卷一、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.抛物线的焦点到准线的距离为A.4B.2C.1D.【答案】C【解析】【分析】根据抛物线方程中的几何意义进行求解即可．【详解】抛物线的焦点到准线的距离为：．故选：C.【点睛】本题考查对抛物线方程及对的几何意义的理解，属于基础题．2.已知函数可导，且满足，则函数在处的导数为（）A.B.C.1D.2【答案】A【解析】【分析】根据导数的定义求解.【详解】因为,所以,故选:A.3.与双曲线有相同渐近线，且与椭圆有共同焦点的双曲线方程是（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】根据椭圆与双曲线的性质即可求解.【详解】因为椭圆的焦点在轴上，所以设所求双曲线方程为且，双曲线的渐近线方程为，所以，即联立，解得.所以双曲线方程为.故选：B.4.等差数列中，已知，，，则n为（）A.58B.59C.60D.61【答案】C【解析】【分析】由等差数列和与求出公差，写出，再利用，即可求出答案.【详解】由是等差数列，，得则即，故选：C. 5.函数的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由函数的奇偶性排除选项B，再代入特殊值排除选项A，利用导数分析单调性可排除C,即可得到答案.【详解】函数的定义域为，且，函数为偶函数，排除选项B；，排除选项A；当时，，则，所以当时，，函数单调递减，排除C.故选：D.6.设，是双曲线E：的两个焦点，双曲线E与以O为圆心为半径的圆在第一象限的交点为，且，则该双曲线的离心率为（）A.B.C.13D.【答案】D 【解析】【分析】因为，结合双曲线定义得，由，得，继而得解．【详解】∵，又由双曲线定义可知，所以，∵P在以为直径的圆上，则，由，得，故，所以.故选：D．7.已知数列满足：对于任意的m，，都有恒成立，且，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由对数的运算性质化简，由等比数列的通项公式求解，【详解】由题意得，即，则，为首项为2，公比为2的等比数列， 故，故选：A8.已知椭圆，两条直线：；：，过椭圆上一点P作，的平行线，分别交，于M，N，若为定值，则（）A.9B.4C.3D.2【答案】A【解析】【分析】设点，可得出，求出点、的坐标，利用两点间的距离公式结合为定值可求得的值，即可得解.【详解】设点，则直线的方程为，联立，解得，即点，直线的方程为，联立，解得，即点，由已知可得，则，所以，为定值，则，可得.故选：A 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知等差数列的公差，当且仅当时，的前项和最大，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】由为唯一最大值可知，，结合等差数列通项公式可求得的范围，根据等差数列求和公式，结合范围可确定各选项的正误.【详解】当且仅当时，最大，当时，；当时，，，解得：，；；；；ABD正确；，则当时，；当时，；当时，；C错误.故选：ABD.10.如图，已知直线与曲线相切于A、B两点，设A，B两点的横坐标分别为a，b，函数，下列说法正确的有（） A.有极大值，也有极小值B.是的极小值点C.是的极大值点D.是的极大值点【答案】ABD【解析】【分析】结合导函数的几何意义，在对应区间上判断与的大小关系，进而利用导数判断函数的单调性，从而判断极大值与极小值，进而结合选项即可得出结论.【详解】=，当时，，故，在上单调递减，当时，，故，在上单调递增，当时，，故，在上单调递减，当时，，故，在上单调递增，故在处取得极小值，在处取得极大值，处取得极小值.故ABD正确，C错误，故选：ABD.11.已知抛物线：的焦点为，直线过焦点分别交抛物线于点、、、，其中位于轴同侧，且经过点 ，记，的斜率分别为，，则下列正确的有（）A.B.过定点C.D.的最小值为【答案】AB【解析】【分析】根据直线与抛物线的关系，利用韦达定理求解.【详解】设的直线方程为，联立整理得，由韦达定理得,故A正确；设的直线方程为，联立整理得，由韦达定理得设的直线方程为，联立整理得，由韦达定理得由A选项的结论得，同A选项推理过程可知，所以，所以解得， 即的直线方程为，所以过定点，故B正确；由以上得，所以，又因为，所以C错误；由以上知，设的直线方程为，联立整理得，由韦达定理得所以，因为，所以当时有最小值，此时垂直于轴,与AD斜率存在矛盾，所以D错误.故选:AB.12.已知数列满足，，，；则（）A.或5B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】首先赋特殊值，利用，求,判断A；当时，递推公式变形为，与条件等式结合变形为，，得数列是常数列，变形得，，构造得到数列的通项公式，以及下标为奇数时的通项公式，判断BC；利用并项求和法求，判断D.【详解】当时，，因为，得或， 当时，，令，，求得，同理，令时，，所以舍去，故A错误；，当时，，两式相除得，即，，所以数列是常数列，，，，当时，，，，，即（为奇数）当时，，，，，即（为偶数），故B错误，C正确；利用并项求和法，得，故D正确.故选：CD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数，则________.【答案】【解析】分析】利用基本初等函数导数公式求导，代入即得解. 【详解】由题意，，故.故答案为：14.已知双曲线的焦点为，，过左焦点交双曲线左支于A、B两点，若则等于________.【答案】8【解析】【分析】利用双曲线定义即可求得的长度.【详解】双曲线的实轴长过左焦点交双曲线左支于A、B两点，则，又,则故答案为：815.把自然数按如下规律排列：0，1，1，2，2，2，3，3，3，3，……，则第2022个数是________.【答案】63【解析】【分析】由等差数列的前项和公式求解，【详解】设最后一个出现在第个位置，则，则，，第2022个数是63，故答案为：6316.对于首项和公比均为q的等比数列满足：对于任意正整数n都有 ，成立，求正实数q的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】由，得对于任意正整数n恒成立，即对于任意正整数n恒成立，构造函数，借助的单调性求的最大值即可，【详解】等比数列首项和公比均q,所以，对于任意正整数n都有，则对于任意正整数n恒成立，所以，即，即对于任意正整数n恒成立，令，则，令，则，当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减.,而，所以，所以故答案为：【点睛】关键点点睛：对于任意正整数n恒成立，关键点是两边同时取对数，即对于任意正整数n恒成立，继而转化为函数求最值问题，构造函数，借助的单调性求的最大值即可，四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列的前n项和，是首项为1的等比数列，且.（1）求数列，的通项公式； （2）设数列满足，求的前12项的和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用数列通项与前n项和的关系去求数列的通项公式，解方程求得等比数列的公比q，进而求得数列的通项公式；（2）利用分组求和法去求数列的前12项和即可解决.【小问1详解】数列的前n项和，当时，，当时，，综上得数列的通项公式，即数列为等差数列.设等比数列的公比为q，则由，可得，则，则数列的通项公式．【小问2详解】由（1）可得，则的前12项的和.18.已知函数.（1）若在上恒成立,求实数的取值范围;（2）若函数在上单调递增,求实数a的取值范围. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)对全分离,将在上恒成立,转化为,构造新函数,求导求单调性求最值即可.(2)由在上单调递增,即在上恒成立,求导后全分离转化为,构造新函数,求导求单调性求最值即可.【小问1详解】解:由题知在上恒成立,即,,只需即可,即,记,,,,,在单调递减,;【小问2详解】由题知,在上单调递增, 即在上恒成立,即恒成立,,只需恒成立,即,记,,,,在单调递增,,只需即可,综上:.19.已知抛物线C：的焦点为F，过点的直线垂直x轴于Q，为等腰直角三角形.（1）求抛物线C的方程；（2）若直线l交抛物线C于A，B两点，且F恰为的重心，求直线l的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题可得，进而即得；（2）设，联立抛物线方程，利用韦达定理结合条件即得.【小问1详解】因为过点的直线垂直x轴于Q，为等腰直角三角形， 所以，即，所以抛物线C的方程为；【小问2详解】由题可设直线，由，可得，则，即，设，，又，，F恰为的重心，∴，即，所以，解得，满足，所以直线l的方程为，即.20.已知函数，其中.（1）讨论函数的单调性；（2）若对于任意的，，且，都有成立，求a的取值范围.【答案】（1）时，上单调递增，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】【分析】（1）求出函数导数，对分类讨论，分析的符号，即可得出函数单调性； （2）对已知式子变形，转化为恒成立，即函数单调递增，利用导数求解即可.【小问1详解】,当时，恒成立，在上单调递增，当时，令，，解得，当，当，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，综上，时，在上单调递增，当时，函数在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】对于任意的，，且，都有成立，可得，即恒成立，令，则恒成立，所以在上恒成立，令，则，所以函数在上单调递增，故，所以.21.已知曲线C:上一点,过做曲线C的切线交x轴于点,垂直于x轴且交曲线于﹔再过做曲线C的切线交x轴于….,依次过做曲线C的切线x轴于﹐垂直于x轴,得到一系列的点,其中.（1）求的坐标和数列的通项公式; （2）设的面积为,为数列的前n项和,是否存在实数M,使得对于一切恒成立,若存在求出M的最小值,不存在说明理由.【答案】（1）,;（2）存在,14【解析】【分析】(1)根据过的切线方程确定坐标,找到规律,设,根据题意找出坐标,进而找到之间的关系,根据递推关系式得到数列的性质,进而得到通项公式;(2)根据(1)的结论得到的坐标,根据三角形面积公式得到,利用乘公比错位相减得到的通项公式,由于对于一切恒成立,转化为即可.【小问1详解】解:由题知,,,不妨记,,,,,故是以1为首项,为公比的等比数列,;【小问2详解】 由(1)知,,,①②①-②可得:,,,对于一切恒成立,即可,的最小值为14.【点睛】(1)看到导数数列结合,不要紧张,根据题意递推出关系,找到规律,写出通项即可;(2)根据题意写出面积公式,发现符合乘公比错位相减,求出,根据数列和恒成立之间结合,求出的范围进而求出结果即可.22.已知直线是双曲线的渐近线，且双曲线过点，（1）求双曲线的标准方程；（2）若双曲线与直线交于，（，）两点，直线又与圆 切于点M，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）通过渐近线设双曲线方程，将已知点代入求解；（2）根据题中所给向量关系，以点坐标的两种表示方法为等式，代入直线与双曲线交点坐标求解.【小问1详解】∵双曲线的渐近线方程为，即，∴设双曲线的方程为（）∵双曲线过点，∴将点代入（），得，即，∴双曲线的方程为，其标准方程为.小问2详解】由已知，直线的斜率存在且不为，设直线的方程为：，即，∵直线与圆相切，∴圆心到直线的距离，∴且直线与直线垂直，∴，∴直线的方程为：， ∴由，解得，∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，，消去，整理得：，∴，∵，∴，，将，代入，得： ，整理、化简、得：，∴，两边同时平方，得：，∴，即，解得（舍）或，∴，∵且，（，），∴或，∴直线的方程为或，即或.【点睛】根据题中向量关系，本题不同于常规问题，难以使用根与系数的关系（韦达定理）对直线与双曲线的交点设而不求，需求出直线与双曲线交点的横坐标，代入进行求解.