江苏省徐州市2022-2023学年高二数学上学期期末试题(Word版附解析)
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2022~2023学年度第一学期期末抽测高二年级数学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.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.抛物线的准线方程是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据抛物线准线方程的概念即可选出选项.【详解】解:由题知,所以,且抛物线开口向上,所以其准线方程为:.故选:D2.双曲线的渐近线方程是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由双曲线的标准方程可直接求得双曲线的渐近线的方程.【详解】在双曲线中,,,因此,该双曲线的渐近线方程为
.故选:B.【点睛】本题考查利用双曲线的标准方程求渐近线方程,属于基础题.3.在轴上截距为,倾斜角为的直线方程为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据斜截式直接整理可得.【详解】因为倾斜角为,所以斜率.由斜截式可得直线方程为:,即.故选:A4.中国古代数学著作《张丘建算经》中记载:“今有马行转迟,次日减半,疾七日,行七百里”.意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢,每天行走的里数是前一天的一半,七天一共行走了700里路,则该马第七天走的里数为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可知,每天行走的里程数成等比数列,利用等比数列的前项和公式即可求得结果.【详解】由题意得,马每天行走的里程数成等比数列,设第天行走的里数为,则数列是公比为的等比数列;由七天一共行走了700里可得,
解得,所以,即该马第七天走的里数为.故选:B5.已知函数,则()A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】根据导数的定义以及复合函数的求导法则即可求解.【详解】由导数的定义可知,又,故,故选:B6.已知集合和分别是由数列和的前100项组成,则中元素的和为()A.270B.273C.363D.6831【答案】A【解析】【分析】先求出数列和的公共项,满足公共项小于等于数列的100项,求出项数,然后再求和.【详解】设数列的第项与数列的第项相等,即,所以
.又因为,所以,所以数列与数列的公共项构成的数列为.又因为的第100项为403,而的,所以则中元素的和为:.故选:A7.已知分别为椭圆的左、右顶点,点在直线上,直线与的另外一个交点为为坐标原点,若,则的离心率为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题,设,可得直线PA方程为:,将其与椭圆方程联立,后利用韦达定理可表示出Q坐标,后利用可得答案.【详解】由题,设,因A,则直线PA方程为:.将其与椭圆方程联立:,消去y并化简得:,由韦达定理有:.又
,则.代入,可得,则.又,则.则.故选:C8已知,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设,利用导数可得在上单调递减,从而有,即;令,利用导数可得在上单调递减,从而有,即,即可得答案.【详解】设,则有,所以当时,,单调递减;当时,,单调递增;所以,即有,故;令,则,所以当时,,单调递增;当时,,单调递减;
所以,即,故,综上所述,则有.故选:B【点睛】方法点睛:对于比较大小的题目,常用的方法有:(1)作差法;(2)作商法;(3)利用函数的单调性进行比较.二、多选题: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.已知曲线,则下列说法正确的是()A.若是椭圆,则其长轴长为B.若,则是双曲线C.C不可能表示一个圆D.若,则上的点到焦点的最短距离为【答案】BC【解析】【分析】根据可知若为椭圆,则焦点在轴上,进而可判断A,进而可判断BC,根据椭圆的几何性质可判断D.【详解】由于,所以,对于A,当时,故表示焦点在轴上的椭圆,故椭圆的长轴长为,故A错误,对于B,当时,是双曲线,故B正确,对于C,由于,故C不可能表示一个圆,故C正确,
对于D,时,,表示焦点在轴上的椭圆,且此时故椭圆上的点到焦点的最小距离为,故D错误,故选:BC10.已知数列满足,则()A.B.的前10项和为C.的前11项和为D.的前16项和为【答案】ACD【解析】【分析】根据递推公式得进而根据等差数列的求和公式即可判断AB,根据并项求和可判断C,根据正负去绝对值以及等差数列求和可判断D.【详解】由得:当时,,两式相减得,故,当时,也符合,故对于A,,故A正确,对于B,的前10项和为,故B错误,对于C,的前11项和为,故C正确,对于D,当,解得所以所以的前16项和为
,故D正确,故选:ACD11.连续曲线上凹弧与凸弧的分界点称为曲线的拐点,拐点在统计学、物理学、经济学等领域都有重要应用.若的图象是一条连续不断的曲线,的导函数都存在,且的导函数也都存在.若,使得,且在的左、右附近,异号,则称点为曲线的拐点.则以下函数具有唯一拐点的是()A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据拐点的定义及零点存在定理对选项求二阶导函数,判断其是否有异号零点即可.【详解】关于选项A:,所以,,根据拐点定义可知,没有拐点;关于选项B:,所以,即,解得,且时,,时,,故为的拐点;关于选项C:,,令,解得,且时,,时,,故为的拐点;
关于选项D:,,,因为,,所以,使得成立,由于在是连续不断可导的,所以在有异号函数值,故存在拐点.故选:BCD12.在平面直角坐标系中,已知椭圆的左、右焦点分别为,点,在椭圆上,且,则()A.当不在轴上时,的周长为6B.使是直角三角形的点有4个C.D【答案】ABD【解析】【分析】根据椭圆的焦点三角形即可判断AB,根据坐标运算以及两点间距离公式即可判断D,由D的结论,结合不等式以及坐标运算即可判断C.【详解】中,对于A,的周长为,故A正确,对于B,当点在椭圆的上下顶点时,此时故,
因此当点在椭圆上时,不可能为直角,故当为直角三角形时,此时或,故满足条件的有4个,故B正确,设,由于,则由于,,进而得,即可,化简得,,故为定值,故D正确,对于C,由D可知,故,当且仅当,即时取等号,故,又,故当有一个为0时,取最大值为,故,故C错误,故选:ABD【点睛】
圆锥曲线中的范围或最值问题,可根据题意构造关于参数的目标函数,然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解,解题中注意函数单调性和基本不等式的作用.另外在解析几何中还要注意向量的应用,如本题中根据向量垂直得坐标之间的关系,进而为消去变量起到了重要的作用三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知直线,若,则的值为______.【答案】【解析】【分析】根据两直线平行满足的关系即可求解.【详解】由可得,得,故答案为:14.已知等差数列的公差,若成等比数列,则的值为______.【答案】【解析】【分析】根据等比中项以及等差数列基本量的计算即可化简求解.【详解】由得,所以,故答案为:15.已知函数,若恒成立,则实数的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】恒成立即在上恒成立,只需即可,构造新函数求导求单调性及最大值即可.【详解】解:由题知恒成立,即在上恒成立,
即在上恒成立,即,记,所以,当时,单调递增,当时,,单调递减,所以,所以.故答案为:16.已知抛物线的焦点为为上一点,以线段为直径的圆与交于另外一点为圆心,为坐标原点.当时,的长为______,点到轴的距离为______.【答案】①.②.【解析】【分析】易知焦点,根据在抛物线上设出坐标,易知圆心为的中点即可求出,由利用斜率相等可得,再根据直径所对的圆周角为可得,即,利用向量数量积为0可得,联立及可解得,根据两点间距离公式可得,点到轴的距离为其横坐标的绝对值等于.【详解】由题意知在抛物线上,设,,如下图所示:
抛物线焦点,圆心为的中点,所以由可得,即,整理可得,即;又因为为直径,且点在圆上,所以,又因为,所以,可得,又,即,整理得,联立可得,解得或(舍)所以,因此;点到轴的距离为点横坐标的绝对值,即故答案为:,
【点睛】关键点点睛:本题的关键在于利用几何关系实现从形到数的转化,将直线平行转化成斜率相等,将直径所对的圆周角为直角转化成向量数量积为0,从而得出坐标之间的等量关系在进行计算求解.四、解答题:本题6小题,共70分.解答应写出件字说明、证明过程或演算步骤.17.在①,②,③这三个条件中选择两个,补充在下面问题中,并进行解答.已知等差数列的前项和为,______,______.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前项和.注:如果选择多组条件分别解答,按第一个解答计分.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据是等差数列,设出公差为,选择两个选项,将首项公差代入,解方程组,即可求得基本量,写出通项公式;(2)根据(1)中的通项公式,写出的通项,利用裂项相消即可求得前项和.【小问1详解】由于等差数列,设公差为,当选①②时:,解得,所以的通项公式.选①③时:,解得,所以的通项公式.选②③时:,解得,
所以的通项公式.【小问2详解】由(1)知,,所以,所以.18.已知圆,圆.(1)判断与的位置关系;(2)若过点的直线被、截得的弦长之比为,求直线的方程.【答案】(1)外切(2)或【解析】【分析】(1)计算出,利用几何法可判断两圆的位置关系;(2)对直线的斜率是否存在进行分类讨论,在直线的斜率不存在时,直线验证即可;在直线的斜率存在时,设直线的方程为,利用勾股定理结合点到直线的距离公式可得出关于的方程,解出的值,即可得出直线的方程.【小问1详解】解:圆的圆心为,半径为,圆的圆心为,半径为.因为,所以圆与圆外切.【小问2详解】解:当直线的斜率不存在时,直线的方程为,直线与圆相离,不符合题意;当直线的斜率存在时,设的方程为,即,
则圆心到直线的距离为,圆心到直线的距离为,所以,直线被圆截得的弦长为,直线被圆截得的弦长为,由题意可得,即,解得或,经检验,或均符合题意.所以直线的方程为或.19.某新建小区规划利用一块空地进行配套绿化.如图,已知空地的一边是直路,余下的外围是抛物线的一段,的中垂线恰是该抛物线的对称轴,是的中点.拟在这块地上划出一个等腰梯形区域种植草坪,其中均在该抛物线上.经测量,直路段长为60米,抛物线的顶点到直路的距离为40米.以为坐标原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系.(1)求该段抛物线的方程;(2)当长为多少米时,等腰梯形草坪面积最大?【答案】(1)
(2)20米【解析】【分析】(1),把两点坐标代入求解即可;(2),由梯形的面积公式,可得梯形的面积为,构造函数,求导可知当时,该函数有唯一的极大值点,则改点也是函数的最大值点,即可求解.【小问1详解】设该抛物线的方程为,由条件知,,所以,解得,故该段抛物线的方程为.【小问2详解】由(1)可设,所以梯形的面积,设,则,令,解得,当时,在上是增函数;当时,在上是减函数.所以当时,取得极大值,也是最大值.故当长为20米时,等腰梯形草坪的面积最大.
20.已知曲线在点处的切线与轴的交点为,且.(1)求数列的通项公式;(2)设为数列的前项和,求使得成立的正整数的最小值.【答案】(1)(2)8【解析】【分析】(1)根据切线方程的求解得切线方程为,得,即可判断为等比数列,进而进行求解,(2)根据错位相减法求解,即可根据的单调性求解.【小问1详解】因为,所以,所以曲线上点处的切线方程为.令,得,即,又,所以是以为首项,为公比的等比数列.故的通项公式为.【小问2详解】由(1)知,,所以,
两式相减得,,所以.因为,所以,又,所以使得成立的正整数的最小值为8.21.已知双曲线的左、右焦点分别为,且,过的直线与的左支交于两点,当直线垂直于轴时,.(1)求的标准方程;(2)设为坐标原点,线段的中点为,射线交直线于点,点在射线上,且,设直线的斜率分别为,求的值.【答案】(1)(2)1【解析】【分析】(1)根据题意列出关于的方程,解出即可得结果;(2)设直线的方程为,联立直线与双曲线的方程结合韦达定理求出点坐标,根据题意得出,,由斜率计算公式即可得结果.【小问1详解】将代入双曲线可得,
由条件知,解得.所以的标准方程为.【小问2详解】设直线的方程为,联立消去并整理得,,则设,则,所以.所以直线的方程为,则,因为,所以,所以.所以.【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为;(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,必要时计算;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式;(5)代入韦达定理求解.
22.已知函数.(1)当时,求函数的极小值;(2)若有两个零点,求的取值范围.【答案】(1)极小值为(2)【解析】【分析】(1)求导,根据导函数的正负即可求解,(2)求导,分类讨论,结合零点存在性定理即可求解.【小问1详解】当时,,令,解得,列表如下:0极小值所以的极小值为.【小问2详解】函数有两个零点即有两个零点.因为,①当时,在上是增函数,最多只有一个零点,不符合题意;②当时,由得,当时,在上是增函数;
当时,在上是减函数.(i)若,则,最多只有一个零点;(ii)若,因为,且,所以在区间内有一个零点.令,则,当时,在上是增函数;当时,在上是减函数.所以,故.所以,又,所以在区间内有一个零点.综上可知:当时,有两个零点,故的取值范围为.【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用,着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行:(1)考查导数的几何意义,求解曲线在某点处的切线方程;(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数;(3)利用导数求函数的最值(极值),解决函数的恒成立与有解问题,同时注意数形结合思想的应用.
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