2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高二上学期期末数学（文）试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高二上学期期末数学（文）试题含解析，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解出集合中的不等式，然后根据集合的交集运算可得答案.
【详解】因为，，
所以.
故选：A
2．已知数列是等差数列，，则的值为（ ）．
A．15B．C．10D．
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质即可求解.
【详解】，且，故可得：.
故选：C
3．函数在处的瞬时变化率为（ ）
A．－2B．－4C．－D．－
【答案】D
【分析】对函数求导，将代入导函数求值即可得瞬时变化率.
【详解】由题设，故.
故选：D
4．在中，，，其面积为，则等于（ ）
A．4B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角形面积公式可得的值，再结合余弦定理即可求得.
【详解】由题意知，则
由余弦定理得
即.
故选:C.
5．已知命题，，则是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】由全称命题的否定可得出结论.
【详解】命题为全称命题，该命题的否定为，，
故选：D.
6．图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线，如图2，已知该卫星接收天线的口径米，深度米，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，则该抛物线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出抛物线的方程，根据点坐标求得正确答案.
【详解】设抛物线方程为，
依题意，代入得，
所以抛物线方程为.
故选：A
7．用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙（墙足够长）的矩形菜园，则菜园的最大面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出长宽，表示出关系，利用基本不等式即可求出菜园的最大面积.
【详解】由题意可设菜园的长为x(墙所对的边)，宽为，则x+2y=L，面积.
因为，所以，
当且仅当，即，时，等号成立，所以菜园的最大面积为．
故选：A．
8．已知函数​，则​（ ）
A．​B．1C．​D．5
【答案】B
【分析】利用导数运算求得.
【详解】，
令得.
故选：B
9．阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知在平面直角坐标系中，椭圆C：（）的面积为，且椭圆的离心率为，则椭圆C的标准方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意列出方程组，求得 ,即得答案.
【详解】因为椭圆C的方程为：（）,
由题意可得 ，解得 ，
故椭圆方程为：，
故选：B.
10．若曲线的一条切线的斜率为3，则该切线的方程可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由出导函数，由导数的几何意义求得切点坐标，由此得切线方程．
【详解】设切线的切点坐标为，
，
所以或，所以切点坐标为或
所求的切线方程为或.
故选：C.
11．设等比数列 的前项和为，且，则（ ）
A．28B．42C．49D．56
【答案】D
【分析】先求得公比，然后求得.
【详解】设等比数列的公比为，
则，
所以．
故选：D
12．已知，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造函数，根据函数的单调性比较大小.
【详解】令，则，
令，解得，
因此在上单调递减，
又因为，，，
因为，所以.
故选：C.
二、填空题
13．若“”是“”的必要不充分条件，则实数k的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据集合之间的包含关系，列出不等式，即可求得结果.
【详解】根据题意，是的真子集，故可得，即.
故答案为：.
14．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c．若，则___________．
【答案】
【分析】已知两边及夹角，由余弦定理直接求得结果.
【详解】已知，
由余弦定理得，解得.
故答案为：.
15．已知，若，则a的值是___________．
【答案】1
【分析】先求导，再根据求解.
【详解】解：因为，
所以，
则，
解得，
故答案为：1
16．“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆中心，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C：的蒙日圆方程为，则椭圆C的离心率为________．
【答案】##
【分析】取椭圆的右顶点和上顶点作椭圆的两条切线，求出交点坐标，又因为在，代入可求出，再由离心率的公式即可得出答案.
【详解】由椭圆C：知，椭圆的右顶点为，
上顶点为，过作椭圆的切线，
则交点坐标为，
因为椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，
所以在，
所以，解得：，
则椭圆C的离心率为.
故答案为：
三、解答题
17．（1）解不等式；
（2）已知，求的最大值．
【答案】（1）或；（2）
【分析】（1）先化简分式不等式，然后利用一元二次不等式的解法求得不等式的解集；
（2）用基本不等式求得函数的最大值．
【详解】（1）因为，所以，即，所以，
所以，解得或，所以原不等式的解集为或.
（2）因为，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为.
18．已知等差数列满足，前4项和．
(1)求的通项公式；
(2)设等比数列满足，，数列的通项公式．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件列关于和的方程组，解方程求得和的值，即可求解；
（2）等比数列的公比为，由等比数列的通项公式列方程组，解方程求得和的值，即可求解.
【详解】（1）设等差数列首项为，公差为d．
∵
∴
解得：
∴等差数列通项公式
（2）设等比数列首项为，公比为q
∵
∴
解得：
即或
∴等比数列通项公式或
19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，．
(1)求的值；
(2)D为边的中点，若，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用正弦定理进行边化角并结合两角和的正弦公式化简可得，即，再利用余弦定理求；
（2）在中，由余弦定理可得，再利用面积公式求的面积.
【详解】（1）在中，
∵，由正弦定理得：，
所以，因为，所以，即
由余弦定理得：.
（2）在中，由余弦定理得：
，即，
解得，
因为，所以，
所以的面积.
20．已知函数，且
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数在区间上的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，求出的值，然后根据导数的几何意义即可求解；
（2）根据导数与函数单调性的关系，判断函数在区间上的单调性，从而即可求解.
【详解】（1）解：由题意，，
因为，所以，解得，
所以，，
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）解：因为，，
所以时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即函数在区间上的最小值为.
21．已知椭圆的焦点为，该椭圆经过点P（5,2）
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆上的点满足，求y0的值.
【答案】（1）（2）
【详解】试题分析：（1）根据椭圆定义得a，再根据c求b（2）由得,再与椭圆方程联立解得y0的值.
试题解析：（1）依题意，设所求椭圆方程为
其半焦距c=6.
因为点P（5,2）在椭圆上，
所以
所以
故所求椭圆的标准方程是
（2）由得

即代入椭圆方程得：
故
22．已知函数，曲线在处的切线经过点.
（1）求实数的值；
（2）证明:在单调递增，在单调递减；
（3）设，求在上的最大值和最小值.
【答案】（1）1（2）证明见解析（3）-1，
【解析】（1）先求得导函数，根据在处的切线经过点，代入导函数即可求得的值；
（2）将代入导函数可得，即可分别判断当和时导函数的符号，即可证明函数在各自区间上的单调性.
（3）根据，由不等式性质可知。结合（2）中函数的单调性，即可确定最大值；令，求得导函数，即可由的范围证明的单调性，从而求得的最小值.
【详解】（1）函数
则定义域为，.
由题设，
解得.
（2）证明：由（1）可知
代入导函数解析式可得.
当时，，
时，.
即在单调递增，在单调递减.
（3）因为，由（2）知在上的最大值为.
设，
.
因为，所以，在上单调递增.
所以，
故.
所以在上的最小值为.
【点睛】本题考查了导数的几何意义及简单应用，利用导数证明函数的单调性，由导数求函数的最值，综合性强，属于中档题.