2022-2023学年陕西省榆林市第十中学高二上学期期末数学（文）试题（解析版）

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2022-2023学年陕西省榆林市第十中学高二上学期期末数学（文）试题一、单选题1．已知等比数列中，，，则（    ）A． B．9 C． D．15【答案】B【分析】利用等比中项即可求出，再利用，即可得解.【详解】设等比数列的公比为q，依题意，，又，故.故选：B2．命题“，”的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据含一个量词的命题的否定方法：修改量词，否定结论，直接得到结果.【详解】命题“，”的否定是“，”.故选：D．3．若，则下列不等式不能成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由不等式的性质及对数函数单调性依次判断即可.【详解】由，可得，，A、D正确；由结合的单调递增知，B错误；，则，C正确.故选：B.4．已知数列满足，，则（    ）A．2 B．3 C．7 D．15【答案】C【分析】根据递推关系分别代入与即可求解.【详解】因为，，所以，.故选:C.5．设，则“且”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行推理即可.【详解】若且，则，充分性成立；取，则成立，但“且”不成立，必要性不成立.因此“且”是“”的充分不必要条件.故选：A.6．下列式子不正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用导数的运算法则逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，，A对；对于B选项，，B对；对于C选项，，C错；对于D选项，，D对.故选：C.7．已知抛物线的焦点为是抛物线上的一点， 若， 则 (为坐标原点)的面积是（    ）A． B．1 C．2 D．4【答案】A【分析】由题可得，利用抛物线的定义可得，利用三角形的面积公式结合条件即得，【详解】由题可得，因为，所以，，所以为坐标原点)的面积是.故选：A.8．在中，角、、的对边分别为、、，且，则的形状为（    ）．A．正三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形【答案】B【分析】先利用余弦定理把角转化为边化简可得到、、的关系，即可判断出的形状.【详解】因为且，所以，即有，所以可判断为直角三角形故选：B【点睛】本题考查了利用余弦定理把角转化为边来判断三角形的形状，属于较易题.9．已知函数的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．－1是的极小值点 B．曲线在处的切线斜率小于零C．在区间上单调递减 D．－3是的极小值点【答案】B【分析】结合导函数的图像得出函数的单调性，结合极值点的定义即可判断ACD选项，根据导数的定义和几何意义即可判断B.【详解】结合导函数图像可知当或时，，单调递增，当时，单调递减，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，C错误；所以是的极大值点，是的极小值点，不存在其他极值点，AD错误；又因为，所以在处切线斜率小于零，B正确；故选：B10．圭表（如图甲）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”），当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图乙是一个根据某地的地理位置设计的主表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即∠ABC）大约为15°，夏至正午时太阳高度角（即∠ADC）大约为60°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（注：）（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由锐角三角函数的定义与同角三角函数的关系求解，【详解】设表高为，则，，而，得，，故，得，故选：D11．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一，塔的排列顺序自上而下，第一层座，第二层座，第三层座，第四层座，第五层座，从第五层开始，每一层塔的数目构成一个首项为，公差为的等差数列，总计一百零八座，则该塔共有（    ）A．九层 B．十层 C．十一层 D．十二层【答案】D【分析】设该塔共有层，根据等差数列的求和公式计算即可.【详解】设该塔共有层，则，，解得（舍），即该塔共有层.故选：D12．阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积，当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积、已知椭圆：的面积为，两个焦点分别为，，点为椭圆的上顶点，直线与椭圆交于两点，若的斜率之积为，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】根据已知可得，设，得，结合与，可求出的值，根据得的值，即可求得椭圆的离心率.【详解】解：由题意可得，所以，直线与椭圆交于两点，设，则，且①，又，所以的斜率之积为②，由①②可得：，即，结合，可得：，所以，则椭圆的离心率为.故选：A.二、填空题13．已知函数，则____________．【答案】【分析】求出，代入即可求解.【详解】,故，解得.故答案为:.14．已知双曲线的右焦点坐标为，则该双曲线的渐近线方程是____________．【答案】【分析】先根据右焦点坐标求出，从而可求解渐近线方程.【详解】∵双曲线的右焦点坐标为，∴，解得.∴双曲线的渐近线方程是.故答案为:.15．设满足约束条件，则的最大值为____________．【答案】4【分析】作出可行域，数形结合求解即可.【详解】作出可行域如图所示，由得，数形结合得当直线过点时取得最大值4，故答案为：416．已知命题p:“∀x∈[0,1],a≥ex”,命题q:“∃x∈R,x2-4x+a≤0”,若命题p∧ q为真命题,则实数a的取值范围是____.【答案】[e,4]【分析】∵p∧q为真命题,∴p,q均为真命题. 当p为真命题时,a≥e,当q为真命题时,Δ=16-4a≥0.即a≤4,故e≤a≤4.三、解答题17．（1）解不等式；（2）已知，求的最小值．【答案】（1） ；（2）8 ．【分析】（1）转化为即可求解；（2），利用基本不等式即可求解.【详解】（1）不等式可转化为，即，解得或．故不等式的解集为．（2）∵，∴，则，当且仅当时，即等号成立，∴的最小值为8．18．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求函数在上的最大值和最小值.【答案】(1)(2)最大值为，最小值0【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得出答案；（2）根据导数的符号求出函数的单调区间，再求出函数的极值及端点的函数值，即可求出函数的最值.【详解】（1）解：，则，所以曲线在点处的切线方程为，即；（2）解：，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，又，所以函数在上的最大值为，最小值0.19．已知，，为内角，，的对边，且；(1)求；(2)若，面积为，求的周长.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化可得，进而可得；（2）根据余弦定理与面积公式联立方程组，可解与，进而可得周长.【详解】（1），由正弦定理得，且，所以，即，，又，所以；（2）由余弦定理可得①，又面积为，得②，联立①②可得，，所以周长.20．设数列的前n项和为，且，．(1)求数列的通项公式；(2)设求数列的前n项和．【答案】(1)；(2).【分析】（1）当时，利用可得数列是等比数列，根据等比数列的通项公式即可求解；（2）利用错位相减法直接求解即可.【详解】（1）数列的前n项和为，且，，①则当时，，②①－②得：，整理得：.又当时，，∴数列是以1为首项3为公比的等比数列；∴．（2）由（1）得，∴，①，②①－②得：，化简并整理得．21．已知椭圆的一个顶点为，且离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于两点，且，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意得求出，从而可求得椭圆的方程，（2）设，，将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，整理后利用根与系数的关系，再结合中点坐标公式表示出的中点的坐标，由，从而可得，进而可求出的值【详解】（1）设椭圆的半焦距为.由题意得解得.所以椭圆的方程为.（2）由得.由，解得.设，，则.设线段的中点为，则，.“”等价于“”.所以.解得，符合题意.所以.22．已知函数 为自然对数的底数.(1)讨论的单调性;(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案详见解析(2)【分析】（1）先求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.（2）由分离常数，通过构造函数法，结合导数来求得的取值范围.【详解】（1），所以当时，，在上递减.当时，在区间递增；在区间递减.（2）依题意，当时，不等式恒成立，恒成立，恒成立.构造函数，，所以在区间递减；在区间递增.所以在区间上的极小值，也即是最小值为.所以.