2022-2023学年吉林省松原市扶余市第一实验学校高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年吉林省松原市扶余市第一实验学校高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．若方程表示双曲线，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意得到，再解不等式即可.

【详解】依题意，，则或.

故选：A

2．在等差数列中，，．则数列中正数项的个数为（    ）

A．14 B．13 C．12 D．11

【答案】C

【分析】根据等差数列的通项公式可得，再求解即可.

【详解】，由可得，所以数列中正数项的个数为12．

故选：C．

3．已知函数的图像在点处的切线方程是，则的值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．5

【答案】B

【分析】根据切线方程的斜率为切点处的导数值,且切点在以及切线上即可求解.

【详解】由点处的切线方程是可得：,

时，,故,

,

故选：B

4．函数在区间上的最大值是，则的值为(　　)

A．3 B．1

C．2 D．－1

【答案】B

【分析】先对函数求导得，令，解得.结合给定区间得出函数

的单调性，再比较的大小，进而求出的最大值即可求解的值.

【详解】由题意可知，，

令，解得或（舍）.

当时，；

当时，；

所以函数在上单调递减，在上单调递增.

所以,,，则最大，

所以当时，函数取得最大值为.

由题意可知，，解得,

所以的值为.

故选：B.

5．各项为正的等比数列满足，则与的等比中项为（    ）

A． B．3

C． D．

【答案】A

【分析】利用等比数列的基本性质可求得的值，结合等比中项的定义可得结果.

【详解】由对数的运算性质可得，，

，则，，故与的等比中项为.

故选：A.

6．以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设出圆的方程，由圆心到直线距离等于半径，得到答案.

【详解】设圆的方程为，

故，

故圆的方程为.

故选：D

7．已知为数列的前项和，，，则（    ）

A．2020 B．2021 C．2022 D．2024

【答案】C

【分析】利用化简可得出，则可求出答案.

【详解】当时， ，

当时，由得，

两式相减可得

，即，

所以，可得，

所以.

故选：C.

8．设函数，已知在上有且仅有3个极值点，则的取值范围是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】化简得，在上有且仅有3个极值点，得即可解决.

【详解】由题知，

，

因为，

所以，

因为在上有且仅有3个极值点，

所以，解得，

所以的取值范围是，

故选：A

二、多选题

9．已知函数在上单调递增，为其导函数，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】利用函数的单调性与导数符号之间的关系可判断ACD选项；分析的符号可判断B选项.

【详解】因为函数在上单调递增，对任意的，，A对；

的符号不能确定，B错；

，则，可得，C对D错.

故选：AC.

10．已知函数在处取得极大值，则（    ）．

A．3 B．1 C． D．

【答案】AD

【分析】根据函数在处取得极大值，求出导数并令导数等于0，求得a的值，验证可得答案.

【详解】因为，故，

由函数在处取得极大值，

可得，解得或，

当时，，

此时当时，，当时，，

则函数在处取得极大值，符合题意；

当时，，

此时当时，，当时，，

则函数在处取得极大值，符合题意，

故或，

故选：

11．已知数列是公比的正项等比数列，是与的等比中项，是与等差中项，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】首先利用等差，等比中项的定义，判断AB；再利用基本不等式判断CD.

【详解】由等比中项的定义可知，，

等差中项的定义可知，， 故A错误，B正确；

若是负数，则，若是正数，则，，因为数列是公比的正项等比数列，所以，根据基本不等式可知，故C正确；D错误.

故选：BC

12．已知抛物线C:的焦点，过的直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，则以下说法正确的是（    ）

A．为定值 B．AB中点的轨迹方程为

C．最小值为16 D．O在以AB为直径的圆外

【答案】ABD

【分析】首先确定抛物线方程，再根据直线与抛物线联立得交点坐标关系，，逐项分析转化为坐标关系求解判断即可.

【详解】由题意可知：，所以，则抛物线方程为C：，

设直线l的方程为：，

所以，则，所以，

对于A：，故选项A正确；

对于B：设的中点为，

则有，

所以满足，故选项B正确；

对于C：

（当且仅当取等号），故选项C错误；

对于D：，则O在以AB为直径的圆外，所以选项D正确．

故选：ABD.

三、填空题

13．若在上是减函数，则实数a的取值范围是_________.

【答案】

【分析】根据导数的性质，结合常变量分离法进行求解即可.

【详解】，

因为在上是减函数，

所以在上恒成立，

即，

当时，的最小值为，所以，

故答案为：

14．已知焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为，半焦距，则双曲线的标准方程为___________．

【答案】

【分析】根据渐近线方程可得，又，可得与的值，进而可得双曲线方程.

【详解】由题可设双曲线方程为，

由渐近线方程为，可得，，

又因为，

即，解得，则，

所以双曲线的标准方程为，

故答案为：.

15．已知定义在上的奇函数的导函数是，当时，的图象如图所示，则关于x的不等式的解集为______.

【答案】

【分析】先判断出的单调性，然后求得的解集.

【详解】依题意是奇函数，图象关于原点对称，

由图象可知，在区间递减，；

在区间递增，.

所以的解集.

故答案为：

四、解答题

16．如图，在直三棱柱中，，E为的中点，．

(1)证明：．

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】(1)利用线面垂直的性质定理和判定定理可证明;(2)建系,利用空间向量的坐标运算可求解.

【详解】（1）在直三棱柱中，平面,平面,

所以 ，

又由题可知，，

,平面

且,

所以平面,

又因为平面,所以.

（2）以为坐标原点，分别为轴建系如图，

由，，可得，

则有

设平面的一个方向量为 ,

所以 即 令则，

所以

因为平面,所以为平面的一个法向量，

所以,,

即二面角的余弦值等于.

17．已知椭圆经过．

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线交椭圆于不同两点，，是坐标原点，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将两点坐标代入椭圆方程中，求出，的值，可求出椭圆的方程；

（2）直线方程与椭圆方程联立，消去，得到一元二次方程，解这个方程，求出两点的纵坐标，，设直线与轴交于点，利用进行求解．

【详解】（1）椭圆经过，将两点坐标代入椭圆方程中，得，解得：，，

即椭圆的方程为；

（2）记，，可设的方程为，

由，消去得，解得，

直线与轴交于点，则 .

18．已知数列满足：,数列的前n项和

(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)根据数列的递推关系式判断数列类型求出通项公式,根据的前n项和,利用,求出数列的通项公式即可,注意检验;

(2)根据数列通项公式的特殊性,利用错位相减法,求出其前n项和即可.

【详解】（1）解:由题知

,

是以2为公比的等比数列,

,

的前n项和,

时,

当时,,

故,

综上:;

（2）由(1)知,

,

,①

,②

②-①可得:

故.

19．已知函数.

(1)讨论的单调性;

(2)若对任意的，不等式 恒成立，求a的取值范围.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1），分和讨论即可；

（2）首先讨论时不合题意，然后在时，由（1）得，

设，求导得到其单调性，结合，则，解出即可.

【详解】（1）因为，

所以，

当时,恒成立,则在上单调递减.

当时,由,得,由,得,

则在上单调递减,在上单调递增，

综上,当时,在上单调递减;

当时,在上单调递减,在上单调递增；

（2）当时,由（1）可知在上单调递减.

因为,

所以不符合题意.

当时,由（1）可知在上单调递减,在上单调递增,

则.

对任意的,不等式恒成立等价于.

设,则恒成立,

故在上单调递增.

因为,所以,解得.

综上,的取值范围是.