2021-2022学年上海市奉贤中学高二下学期期中数学试题（解析版）

2021-2022学年上海市奉贤中学高二下学期期中数学试题

一、填空题

1．已知等差数列中，，则数列的通项公式是_____．

【答案】

【分析】设公差为d，由基本量代换列方程解出，即可得到通项公式.

【详解】设等差数列的公差为d，由题意可得：，

解得：，

所以.

故答案为：.

2．1与9的等比中项为______．

【答案】

【分析】由等比中项直接求解.

【详解】1与9的等比中项为.

故答案为：.

3．已知定义在上的函数，则曲线在点处的切线方程是_____．

【答案】

【分析】求出导函数，根据导数的几何意义求出，代入点斜式方程即可求出.

【详解】设曲线在点处的切线斜率为，则由导数的几何意义知，.

由已知可得，，，所以，

所以在点处的切线方程是，

整理可得，．

故答案为：．

4．已知离心率为的双曲线与椭圆有公共焦点，则此双曲线的方程式_____．

【答案】

【分析】设出双曲线方程，根据题意列出方程，求出，，求出方程.

【详解】椭圆焦点在轴上，故设双曲线方程为，

因为离心率为的双曲线与椭圆有公共焦点，

所以双曲线中，，，解得：，

所以，

所求双曲线的方程为．

故答案为：.

5．已知，则_________．

【答案】

【解析】利用导数的定义可得答案．

【详解】∵，

∴原式

．

故答案为：

6．已知，试用表示经过两点直线的倾斜角_____．

【答案】

【分析】根据斜率公式结合诱导公式运算求解.

【详解】设直线的倾斜角为，

∵，则，

∴，

又∵，则，

∴.

故答案为：.

7．椭圆的一焦点与短轴两端点形成的三角形的面积为1，则__．

【答案】2

【分析】由椭圆方程，可知，又，可求得，从而可得的值.

【详解】椭圆方程，

其焦点在轴，其短半轴，

设半焦距为，

一焦点与短轴两端点形成的三角形的面积为1，

又，而，

，

，故答案为2.

【点睛】本题主要考查椭圆的方程简单性质，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于中档题.

8．如图一垛正方体，若共有层，其总个数是_____．

【答案】

【分析】设自上而下每一层的正方体个数为，则可得为等差数列，首项为1，公差，从而可得，再根据等差数列的求和公式即可得答案.

【详解】解：设自上而下每一层的正方体个数为，

则有，

所以为等差数列，首项为1，公差，

所以，

所以其总个数是．

故答案为：

9．数列满足，当_____时，最小．

【答案】或8

【分析】求最小值，即令，解出的范围，进而可得最小值.

【详解】令，得，又，故当或8时，最小．

故答案为：或8

10．在平面直角坐标系中，已知直线上存在点，过点作圆的切线，切点分别为，，且，则实数的取值范围为________．

【答案】

【解析】作出图形，取的中点，可得点，根据已知条件计算得出，，由此可得出坐标原点到直线的距离，可得出关于的不等式，由此可解得实数的取值范围.

【详解】取的中点，如图，

由圆的几何性质可得，且，

则，所以，

由，

所以，

由，，.

所以，则，点到直线的距离为，

则或，所以，

故答案为：．

【点睛】本题考查直线与圆的应用，本题难点在于计算以及利用关系，审清题意，考查分析能力以及逻辑推理能能力，属难题．

11．在抛物线上，到的距离是到的距离是，求的最小值_____．

【答案】

【分析】作辅助线，设到直线的距离为，将变为，结合抛物线的定义确定的最小值，可得答案.

【详解】设抛物线的焦点为F,则,

则F到的距离为 ，

作垂直于，垂足为A,则 ,

设到直线的距离为，则，

由于在抛物线上，故,

故当三点共线时，的值最小，即为F到的距离，

所以，当三点共线时取等号，

即的最小值为，

故答案为：

12．四次多项式的四个实根构成公差为2的等差数列.则的所有根中最大根与最小根之差是_________.

【答案】

【详解】设的四个实根为

.

则.

令.则

.

故.

故的根为，0，则的根为.

故的最大根与最小根之差为.

二、单选题

13．用数学归纳法证明：（），在验证时，左端计算所得的式子是（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】在验证时，左端计算所得的项．把代入等式左边即可得到答案．

【详解】用数学归纳法证明：，

在验证时，把当代入，左端．

故选：C．

14．已知物体做直线运动的方程为，则表示的意义是（    ）

A．经过4s后物体向前走了10m B．物体在前4秒内的平均速度为10m/s

C．物体在第4秒内向前走了10m D．物体在第4秒末的瞬时速度为10m/s

【答案】D

【分析】根据导函数的定义判断可得选项.

【详解】解：由导数的意义知表示物体在第4秒时的瞬时速度为10m/s．

故选：D.

15．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）

A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块

【答案】C

【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，

设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.

【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，

则是以9为首项，9为公差的等差数列，，

设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分

别为，因为下层比中层多729块，

所以，

即

即，解得，

所以.

故选：C

【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.

16．已知，，若，则下列结论一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】由时，，构造函数，可判断在上单调递增，从而有，当时，可得，不合题意，由时，则，可得，从而可得

【详解】解：当时，则，

所以，令，则，

所以在上单调递增，所以，所以；

当时，则，所以，不合题意；

当时，则，

所以，所以，所以，

综上可得，

故选：D

【点睛】关键点点睛：此题考查由函数的单调性的应用，考查三角函数的应用，解题的关键是分和，利用放缩法对变形，然后构造函数，利用导数判断其在上单调递增，考查转化思想和计算能力，属于较难题

三、解答题

17．设函数．

(1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；(其中为自然对数的底数)

(2)在（1）的条件下求的单调区间和极小值．

【答案】(1)

(2)的单调减区间是，单调增区间是，极小值为

【分析】（1）根据题意可得切线的斜率为0，然后利用即可求解；

（2）讨论的正负即可得到函数的单调区间，继而得到极小值

【详解】（1）由可得，

因为在点处的切线与垂直，

所以此切线的斜率为0，即，解得；

（2）由（1）可得，

由得，由得，

所以的单调减区间是，单调增区间是，

所以当时，取得极小值

18．已知正数列的前项和满足：

(1)求证：是一个定值；

(2)若数列是一个严格增数列，求的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1) 应用与关系,作差计算即可.

(2) 把数列是一个严格增数列转化为前三项严格递增,计算即可.

【详解】（1）因为，所以

所以，任意，所以

（2）计算，所以，

数列的前几项为

整个数列是严格递增的充要条件是，即得

解得．

19．某公司举办捐步公益活动，参与者通过捐赠每天的运动步数获得公司提供的牛奶，再将牛奶捐赠给留守儿童．此活动不但为公益事业作出了较大的贡献，还为公司获得了相应的广告效益，据测算，首日参与活动人数为5000人，以后每天人数比前一天都增加15%，30天后捐步人数稳定在第30天的水平，假设此项活动的启动资金为20万元，每位捐步者每天可以使公司收益0.05元（以下人数精确到1人，收益精确到1元）．

(1)求活动开始后第5天的捐步人数，及前5天公司的捐步总收益；

(2)活动开始第几天以后公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余？

【答案】(1)8745，1686元

(2)37天

【分析】（1）根据等比数列的性质求出结果；

（2）对活动天数进行讨论，列出不等式求出的范围即可.

【详解】（1）设第天的捐步人数为，则且，

∴第5天的捐步人数为．

由题意可知前5天的捐步人数成等比数列，其中首项为5000，公比为1.15，

∴前5天的捐步总收益为元.

（2）设活动第天后公司捐步总收益可以回收并有盈余，

若，则，

解得（舍）．

若，则，

解得

∴活动开始后第37天公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余.

20．中心在原点的椭圆的两个焦点是、，且、与椭圆短轴一个顶点构成边长为2的正三角形．直线与椭圆相切于点，过作直线的垂线与轴交于，直线与轴交于，点关于轴的对称点是．

(1)求椭圆的方程；

(2)求；

(3)求证：、、、、、六点在同一个圆上．

【答案】(1)

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）根据是正三角形可得到的等式即可求解；

（2）联立椭圆与直线，根据相切可以得到，得到直线，继而算出，，即可求解；

（3）通过可得到、都在以线段为直径的圆上，计算出可得到在以线段为直径的圆上，即可求证

【详解】（1）因为、与椭圆短轴一个顶点构成边长为2的正三角形，

所以，解得，

所以椭圆的方程为

（2）由得，

因为直线与椭圆相切，所以令，得，

设，由韦达定理得，所以，，即，

于是直线的方程为，令，得，

又，于是；

（3）由于结合椭圆的对称性可得到，故、都在以线段为直径的圆上，

再取，由（2）中的和则，

所以，则在以线段为直径的圆上，

同理也在以线段为直径的圆上，

于是，、、、、、六点都在以为直径的圆上，

因而、、、、、六点在同一个圆上．

【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.

21．已知各项为正数的数列的首项是1，满足：，数列的前项项和是．

(1)判断数列单调性，并说明理由；

(2)求数列的通项公式；

(3)表示正整数的各个数位上的数字之和，如，求的值．

【答案】(1)是严格减数列；理由见解析

(2)

(3)

【分析】（1）由，即，即可判断数列单调性；

（2）由化简为，两边平方即可得到，即，所以是公差为4的等差数列，进而求出，即可解出；

（3）由，可得，设，利用倒序错位相加法，即可求解.

【详解】（1）是严格减数列，理由如下：

由各项为正数，，即，即

所以是严格减数列.

（2）把变为，

平方得，

即，所以是公差为4的等差数列，

，即，

即，

又，所以.

（3）由（2）得，则，即，

设，

即，

倒序得，

按上述倒序且“错位对齐”的方法相加，，

依次下去，上下两行对应项之和都是19，把上述的两行对应项相加，

得，于是，

即．