陕西省宝鸡市渭滨区2022-2023学年高二文科数学上学期期末试题（Word版附解析）

高二年级数学（文）试题202301一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知是公差为的等差数列，前项和．若，则（）A.B.C.1D.2【答案】D【解析】【分析】根据等差数列求和公式计算可得.【详解】解：因为，即，解得.故选：D2.已知等比数列中，，，则（）A.8B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的通项公式及等比中项即可求解.【详解】因为是等比数列，设公比为，所以，又，所以，故选：C3.下列不等式一定成立的是（）A.B.（其中）C.D.（其中）【答案】B 【解析】【分析】对于A，分、利用基本不等式求解即可；对于B，由题意可知，利用基本不等式求解即可；对于C，D由对勾函数的性质求解即可.【详解】解：对于A，当时，，当时，等号成立；当时，，当时，等号成立；所以或，故错误；对于B，因为，所以，所以，当，即时，等号成立，故正确；对于C，因为，所以，令，则有，由对勾函数的性质可知，在上单调递增，所以，所以，故错误；对于D，因，所以，令，由对勾函数的性质可知，在上单调递增，所以，即，故错误.故选：B.4.在中，内角所对的边分别是，已知，，，则 的大小为（）A.B.C.或D.或【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理求解即可.【详解】在中由正弦定理可得，即，解得，又因为，所以，所以，故选：A5.过点，且焦点在轴上的抛物线的标准方程是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设抛物线方程为，代入点的坐标即可得.【详解】因为抛物线的焦点在轴上，可设其方程为，代入点，，解得，所以抛物线的方程为.故选：D.6.已知，，，则的最小值为（）A.B.4C.8D.【答案】B【解析】分析】根据题意可得：，将式子展开利用基本不等式即可求解. 【详解】因为，，，则，当且仅当时，即时取等，所以的最小值为，故选：.7.在中，已知，，，则（）A.1B.C.2D.【答案】C【解析】【分析】利用余弦定理计算可得.【详解】解：在中，因为，，，由余弦定理，即，解得或（舍去）.故选：C8.已知椭圆上的动点到右焦点距离的最大值为，则（）A.1B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的性质可得椭圆上的点到右焦点距离最大值为，即可求出，再根据，即可得解；【详解】根据椭圆的性质，椭圆上的点到右焦点距离最大值为，即，又，所以，由，所以； 故选：A9.设曲线是双曲线，则“的方程为”是“的渐近线方程为”的（    ）A.充分必要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据双曲线渐近线的定义和充分不必要条件的概念求解即可.【详解】双曲线，，，焦点在轴，渐近线方程为，满足充分性.若双曲线的渐近线方程为，则或，不满足必要性.故选：B10.若直线与双曲线的一条渐近线平行，则该双曲线的离心率为（）A.B.2C.D.3【答案】A【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程，由平行关系得到方程，求出，得到离心率.【详解】的渐近线方程为，因为与渐近线平行，所以，故，则双曲线的方程为，故，故，故离心率为.故选：A11.函数的单调递减区间是（    ） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出函数导数，令导数小于0，即可求得答案.【详解】由题意得，令，故函数的单调递减区间是，故选：C12.若函数，满足，且，则（    ）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】分析】令中，求出，再对两边求导，将代入即可得出答案.【详解】令，所以，因为，所以，因为，所以，所以.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.不等式的解集是_____．【答案】(－4，1)【解析】【分析】不等式等价于，即，即可解出. 【详解】不等式即，即，等价于，解得，故不等式的解集为：.故答案为：.14.若命题“对于任意的实数，使得恒成立”的否定是假命题，则实数的取值范围为_______．【答案】【解析】【分析】依题意可得命题“对于任意的实数，使得恒成立”为真命题，即，，根据二次函数的性质求出，即可得解.【详解】解：因为命题“对于任意的实数，使得恒成立”的否定是假命题，所以命题“对于任意的实数，使得恒成立”为真命题，令，，则，即所以，即.故答案为：15.已知，是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为_______．【答案】4【解析】【分析】根据椭圆的定义，结合基本不等式进行求解即可.【详解】因为点在上，所以有，由，当且仅当时取等号， 故答案为：416.函数有两个零点，则的取值范围是_______.【答案】【解析】【分析】将函数有两个零点，转化为方程有两个根的问题，故可设，利用导数判断其单调性，求得最值，作出其大致图象，数形结合，解得答案.【详解】函数有两个零点，即方程有两个根；设函数，可得，当时，，当时，，故在上递增，在上递减，故，当时，，当时，，故函数的大致图象如图：由此可知，当与有两个交点时，符合题意，即，即取值范围是，故答案为： 【点睛】方法点睛：将数有两个零点问题转化为方程有两个根的问题，继而构造函数利用导数判断其单调性，作出函数大致图象，将方程解的问题转化为函数图象的交点个数问题解决.三、解答题：本题共5小题，每小题14分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.设等比数列满足，．（1）求的通项公式；（2）记为数列的前项和．若，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)设等比数列的公比为，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；(2)由（1）令，利用等差数列求和公式求得，根据已知列出关于的等量关系，求得结果.【小问1详解】设等比数列的公比为，根据题意，有，解得，所以．【小问2详解】令，所以， 根据，可得，整理得，因为，所以．18.已知命题，．（1）若“”是成立的充分条件，求实数的取值范围；（2）若为假，为真，求实数的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出为真时，的取值范围，再由“”是成立的充分条件，可得是为真时，的取值范围的子区间，再分和两种情况讨论即可得解；（2）若为假，为真，则p，q一真一假，再分真假和假真两种情况讨论，即可得解.【小问1详解】命题为真时，或，解得：或，所以为真时，的取值范围为，若“”是成立的充分条件，则，①时，，符合题意，②时，即，无解，所以t的取值范围为；【小问2详解】命题为真时，，解得的取值范围为， 若为假，为真，则p，q一真一假，①真假：，即②假真：，即或．所以实数的取值范围为．19.记的内角的边分别是,分别以为边长的三个正三角形的面积依次为,已知,．（1）求的面积;（2）若,求边的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据正三角形的面积写出,代入进行化简可得,代入余弦定理中可得,即,根据,求出代入,即可求得,根据面积公式即可求得;(2)由(1)知,对正弦定理变形可得到,将代入即可得.【小问1详解】由题意得,,,则,即, 在中,由余弦定理,整理得,则,又,则,所以,则.【小问2详解】在中,由正弦定理得:,则,所以.20.已知函数.（1）当时，函数的图像上任意一点处的切线斜率为，若，求实数的取值范围；（2）若，求曲线过点的切线方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义可得当时，恒成立，分类参数，结合对勾函数的性质即可求解；(2)设切点，根据导数的几何意义求出切线方程，将代入切线方程计算即可.【小问1详解】函数的导数为，由题意可得当时，恒成立， 即有，由勾函数的性质知，函数在和上单调递增，在和上单调递减，所以，即有，则，所以a的取值范围是.【小问2详解】函数的导数为，设切点为，则，在处的斜率为，即有切线方程为，将代入可得，整理可得，解得或，即有所求切线的方程为或，即或.21.已知抛物线的焦点坐标为．（1）求抛物线的方程；（2）已知定点，、是抛物线上的两个动点，如果直线的斜率与直线的斜率之和为2，证明：直线过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由焦点坐标可得，据此可得答案；（2）设直线AB方程为，将其与抛物线方程联立，设，由直线的斜率与直线的斜率之和为2结合韦达定理可得，后可证明结论. 【小问1详解】∵抛物线的焦点坐标为，∴，∴抛物线方程为．【小问2详解】证明：设，将的方程与联立得，由题，设，，则，，∴，同理：∴，由题意：，∴，∴，∴，∴，则直线的方程为，故直线恒过定点．