2022-2023学年江苏省连云港市灌南县、灌云县高二上学期期末联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省连云港市灌南县、灌云县高二上学期期末联考数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省连云港市灌南县、灌云县高二上学期期末联考数学试题一、单选题1．已知直线l过、两点，则直线l的倾斜角的大小为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用两点的斜率公式即可得到答案.【详解】故选：D.2．在等比数列中，是函数的极值点，则a5＝（    ）A．或 B． C． D．【答案】C【分析】根据题意可知：是方程的两根，利用韦达定理和等比数列的性质即可求解.【详解】因为，所以.又因为是函数的极值点，即是方程的两根，则有，由为等比数列可知：，因为，且，所以，则有，所以，故选：.3．若抛物线上的点到焦点的距离为8，则点到轴的距离是（    ）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】求出焦点坐标和准线方程，利用抛物线定义列出方程，求出点到轴的距离.【详解】的焦点坐标为，准线方程为，由抛物线定义可知：点到焦点的距离等于到准线的距离，即，解得：，即点到轴的距离是6.故选：B4．方程组的解的个数是（    ）A．2 B．1 C．0 D．不确定【答案】A【分析】记，得即可解决.【详解】由题得，，记，所以，所以，因为，所以与相交，两圆有两个交点，所以方程组的解的个数是2，故选：A5．若为等差数列，其前n项和为，则（    ）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】B【分析】利用等差数列的性质可得成等差数列，即可求得答案【详解】因为成等差数列，故，即，得.故选：B6．宁启铁路线新开行“绿巨人”动力集中复兴号动车组，最高时速为．假设“绿巨人”开出站一段时间内，速度与行驶时间的关系为，则出站后“绿巨人”速度首次达到时加速度为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】通过求导，利用导数的运算、导数的瞬时变化率进行求解．【详解】因为，所以，当时，得，即，解得或（舍去)，故当时，，即速度首次达到时加速度为，故选：A．7．已知椭圆方程为，点在椭圆上，右焦点为F，过原点的直线与椭圆交于A，B两点，若，则椭圆的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据椭圆的性质可得，则椭圆方程可求.【详解】由点在椭圆上得，由椭圆的对称性可得，则，故椭圆方程为.故选：A.8．已知函数，关于的方程恰有两个不等实根，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】数形结合得，即，，转化为函数，求的最小值即可得到答案.【详解】函数的图象如图所示，已知关于的方程恰有两个不等实根，则，则设函数则，单调递减单调递增则的最小值为.故选：D.二、多选题9．定义在上的函数的导函数的图像如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．函数在上单调递减B．C．函数在x＝5处取得极小值D．函数存在最小值【答案】ACD【分析】借助导数图像的正负性即可分析原函数的单调性.【详解】在恒成立，则在上单调递减，故A正确；在恒成立，则在上单调递增，则，故B错误；上，上,则函数在x＝5处取得极小值，故C正确;由导数图可知在上递减，在上递增，在上递减，在上递增，故在两个极小值和中产生，故存在最小值，故D正确;故选：ACD.10．已知直线，圆，则（    ）A．圆的圆心为 B．直线过定点C．圆心到直线的最大距离为 D．无论取何值，直线与圆相交【答案】BCD【分析】将圆的标准方程转化为一般方程可判断A,求出直线恒过的定点可判断B,C,D.【详解】由题可得，所以圆的圆心为，故A错误；由的，联立解得，所以直线过定点，故B正确；直线过定点为，当时，圆心到直线的距离最大为，故C正确；因为，所以直线过定点在圆内，所以无论取何值，直线与圆相交，故D正确；故选:BCD.11．已知双曲线经过点，并且它的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则下列结论正确的是（    ）A．双曲线的离心率为B．双曲线的渐近线为C．若双曲线的顶点为，则D．直线与有两个公共点【答案】AC【分析】根据题意解得双曲线方程为，即可判断ABC，联立方程，消去得，由即可判断D.【详解】由题知，双曲线，焦点在轴上，所以渐近线方程为，即，因为圆，所以圆心为，半径为，因为双曲线经过点，并且它的一条渐近线记为被圆所截得的弦长为，所以圆心到的距离为，所以，解得，即，所以，所以，解得，所以，即双曲线方程为，所以双曲线的离心率为，双曲线的渐近线为，故A正确，B错误；因为双曲线的顶点为，所以，故C正确；联立方程，消去得，因为，所以直线与有1个公共点，故D错误；故选：AC12．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的，一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统下面我们用分形的方法得到一系列图形，如图，在长度为的线段上取两个点、，使得，以为边在线段的上方做一个正方形，然后擦掉，就得到图形；对图形中的最上方的线段作同样的操作，得到图形；依次类推，我们就得到以下的一系列图形设图，图，图，图，各图中的线段长度和为，数列的前项和为，则（    ）A．B．C．恒成立D．存在正数，数列的前项和恒成立【答案】BCD【分析】根据题意分析可得，利用累加法可得，即可判断A、C，在利用分组求和求数列的前项和为，即可判断B，再利用等比数列求和求数列的前项和，即可判断D.【详解】由题意可得：图最上方的线段长度是图最上方的线段长度的，则图最上方的线段长度为，图的线段长度和比图的线段长度和多两个图最上方的线段长度，则，故A错误；∵，当时，则，即；当时，则符合上式；故，C正确；∵，∴，B正确；∵，则数列的前项和，故当时，则恒成立，D正确；故选：BCD.三、填空题13．曲线的一条切线的斜率为（为自然对数的底数），该切线的方程为 ____．【答案】【分析】求导计算得切点坐标为，根据点斜式解决即可.【详解】由题知，，所以，当时，，此时，所以切点为，所以切线方程为，即，故答案为：14．诺沃尔（Knowall）在1740年发现了一颗彗星，并推算出在1823年、1906年、1989年……人类都可以看到这颗彗星，即彗星每隔83年出现一次．从发现那次算起，彗星第10次出现的年份是___________．【答案】2487【分析】由题意可知：彗星出现的年份构成一个公差为83，首项为1740的等差数列，求第10项，求出通项公式，将代入即可求解.【详解】由题意可知：彗星出现的年份构成一个公差为，首项为的等差数列，所以，当时，，所以彗星第10次出现的年份是，故答案为：.15．设为实数，已知双曲线的离心率，则的取值范围为_____________【答案】【分析】根据双曲线离心率公式进行求解即可【详解】因为表示双曲线的方程，所以有，因此，因为，所以由，即k的取值范围为，故答案为：.四、双空题16．已知扇形的半径为4，圆心角为，作扇形的内切圆，再在扇形内作一个与扇形两个半径相切且与圆外切的小圆，则小圆半径的最大值为____________，此时圆的面积为_____________【答案】     ##     【分析】根据与相似，设小圆的半径为，圆的半径为，得，即，即可解决.【详解】由题中图可知，与相似，设小圆的半径为，圆的半径为，所以，即，化简得，当时，取最大值为，此时圆的面积为，故答案为：；五、解答题17．已知函数(1)若，求函数在区间上的最大值；(2)若函数在区间上为增函数，求实数的取值范围．【答案】(1)8；(2).【分析】（1）先对函数求导，根据求出，则，在区间上单调递增，即可得到答案.（2）根据题意知，分参得，即可得到答案.【详解】（1），因为，所以，所以在上恒成立，所以函数在区间上单调递增所以（2）因为函数在区间上为增函数，所以在上恒成立所以在上恒成立，所以18．在数列中，，(1)证明：数列是等比数列；(2)若，，求数列的前n项和Sn．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由定义法证明等比数列；（2）化简数列，由裂项相消法求和.【详解】（1）证明：由得.因为，所以，所以所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）得，∴，.∴19．已知圆，抛物线的焦点坐标为(1)过圆外一点作直线与圆相切于点，且，求点的轨迹方程；(2)过点与圆相切的直线交抛物线于两点，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）设，利用切线长的求法结合即可求解；（2）利用可得，设直线，根据相切可得，然后切线与抛物线进行联立，利用韦达定理可得利用抛物线的焦点弦公式即可求解【详解】（1）设点，由得，所以，即（2）因为抛物线的焦点坐标为，所以，所以，由题意可得直线的斜率存在且不为0，设直线，即，因为直线与圆相切，所以，即，由于对称性，不妨取直线，设，由得所以所以，所以20．已知数列的前n项和，递增等比数列满足，且.(1)求数列，的通项公式；(2)求数列的前n项和为.【答案】(1)，(2)【分析】（1）先求，再由求出，设等比数列的公比为q，由条件可得，解出结合条件可得答案.（2）由（1）可得，利用错位相减法可求【详解】（1），当时，，也满足上式，∴，则.设等比数列的公比为q，由得，解得或.因为是递增等比数列，所以，.（2） ①   ①① ②：∴21．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，椭圆上任一点到两个焦点的距离之和为4，直线与椭圆相交于两点．(1)求椭圆的方程；(2)椭圆上是否存在定点，使得直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在；或【分析】（1）根据椭圆与双曲线的标准方程的关系求解.(2)直线与椭圆联立，韦达定理找到的关系式，的倾斜角与直线的倾斜角互补化简求解.【详解】（1）由题意得，所以，即椭圆方程为（2）设，由得所以假设存在使得直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，则，所以所以即所以将代入得对于任意恒成立所以解得或且满足方程所以存在或22．已知函数．(1)记函数，当时，讨论函数的单调性；(2)设，若存在两个不同的零点，证明：（为自然对数的底数）．【答案】(1)在（0，1）和（，+∞）上单调递增，在（1，）上单调递减(2)证明见解析【分析】（1）求导后，根据导函数的正负可求出函数的单调区间，（2）当a≤0时，可得在（0，+∞）上单调递减，则最多有一个零点，不合题意；当a＞0时，对函数求导后，可判断若存在两个不同的零点，则，即，由由，可得，所以只要证，即，令，即证，再构造函数利用导数证明即可【详解】（1）因为，所以，所以，当时，，所以当时，，当时，，当时，，所以在（0，1）和（，+∞）上单调递增，在（1，）上单调递减．（2）证明：由，得，①若a≤0，则＜0恒成立，即在（0，+∞）上单调递减，所以最多有一个零点，不合题意；②若a＞0，令＝0得或（舍去），当x∈（0，）时，＞0，单调递增，x∈（，+∞），＜0，单调递减，所以，若存在两个不同的零点，则，即，所以，即，当时，又，所以在∈（0，）上恰有一个零点，又ea＞a（a＞0），则h（ea）＝a2﹣（ea）2＜0，又a＞，所以在（，+∞）上恰有一个零点，所以成立，由，可得，即，可设，则，则，要证，即证，即证，设，即证，设，可得恒成立，所以m（t）在（1，+∞）上单调递增，所以m（t）＞m（1）＝0，即，则a＜x12+x22，综上可得，2e＜a＜x12+x22．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是将问题转化为证成立，即，换元令，即证，令，然后利用导数求出其最小值大于零即可，考查数学转化思想，属于难题