2022-2023学年陕西省宝鸡市渭滨区高二上学期期末文科数学试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省宝鸡市渭滨区高二上学期期末文科数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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：D
2. 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：C
3. 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：A
5. 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：C
8. 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：A
9. 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：B
10. 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：A
11. 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：C
12. 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：4
16. 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．