2022-2023学年江苏省常州市第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省常州市第一中学高二上学期期末数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
常州市第一中学2022-2023年度第一学期期末考试高二数学试卷（时间：120分钟  页数：共4页  满分：150分）出卷人：刘文娟  审卷人：丁春梅一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 若直线与直线互相垂直，则实数（）A.  B.  C.  D. 2【答案】B【解析】【分析】直接根据直线垂直公式计算得到答案.【详解】由两直线互相垂直可知，解得，故选：B.【点睛】本题考查了根据直线垂直求参数，属于简单题.2. 已知等差数列的前n项和为，且成公比为q的等比数列，则（）A.  B. 1 C.  D. 3【答案】B【解析】【分析】由等比中项的性质结合等差数列的通项公式得出，进而由得出.【详解】等差数列的公差为，则，因为成公比为q的等比数列，所以，整理得，故，则故选：B3. 若数列满足，且，则（）A. －1 B. 2 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据递推公式求出的周期即可.【详解】由题意，，又，是周期为3的周期数列，.故选：A.4. 函数的部分图象大致为（）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求解的定义域并判断奇偶性，然后根据的值以及在上的单调性选择合适图象.【详解】定义域为，，则，为奇函数，图象关于原点对称，故排除B；，故排除A；∵，当时，可得，当时，，单调递增，故排除D.故选：C.5. 椭圆焦点为，，过的最短弦PQ长为10，的周长为36，则此椭圆的离心率为A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：设椭圆方程为其焦点坐标为(-c,0)，由已知P、Q坐标为：M(-c, ),N(-c,-)所以，2 ·=10，；△PQ的周长为36| P|=|Q|==13,c=6=+36，所以(a-9)(a+4)=0因为a>0,所以，a=9，椭圆的离心率为，故选C．考点：本题主要考查了椭圆的标准方程、几何性质．点评：过的最短弦PQ垂直于x轴，另外，由椭圆的对称性，△PQ是一直角三角形．6. 《九章算术》是人类科学史上应用数学的最早巅峰，书中有如下问题：“今有女子善织，日益功，疾，初日织六尺，今一月织十一匹三丈匹尺，一丈尺），问日益几何？”其意思为：“有一女子擅长织布，每天比前一天更加用功，织布的速度也越来越快，从第二天起，每天比前一天多织相同量的布，第一天织6尺，一月织了十一匹三丈，问每天增加多少尺布？”若一个月按30天算，记该女子一个月中的第天所织布的尺数为，则的值为（）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，数列为等差数列，利用和求出公差和通项公式，利用等差数列的性质化简，求解即可.【详解】由题意，数列为等差数列，，，设数列公差为，由等差数列前项和公式，，解得，所以，，所以.故选：C【点睛】本题主要考查利用等差数列前项和公式求解通项公式和等差数列性质的应用，熟练掌握等差数列相关公式是求解的关键，考查学生的转化能力和计算能力，属于中档题.7. 已知函数的图像关于点对称，且当，成立.若，，，则，，的大小关系是（）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题知是奇函数，令，进而得函数为偶函数，在上单调递增，再根据函数单调性比较大小即可.【详解】解：函数的图像关于点对称，所以函数图像关于点对称，即是奇函数，构造函数，，因为当时，，所以函数在上单调递减．因为，，所以函数为偶函数，所以，函数在上单调递增，因为= ，=所以，，即.故选：C．8. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一；享有“数学王子“的称号.用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数，已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（）A. 999 B. 749 C. 499 D. 249【答案】A【解析】【分析】根据递推关系可得为等比数列，进而可得，由累加法可求解，进而根据对数的运算性质可得，根据裂项求和即可求解.【详解】由得，因此数列为公比为5，首项为的等比数列，故，进而根据累加法得，由于，又，因此，则，故，所以，故选：A【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知曲线的方程为．（）A. 当时，曲线是半径为2的圆B. 当时，曲线为双曲线，其渐近线方程为C. 存在实数，使得曲线为离心率为的双曲线D. “”是“曲线为焦点在轴上椭圆”的必要不充分条件【答案】ABD【解析】【分析】A.由得到曲线方程判断；B.由得到曲线方程判断；C.根据曲线为离心率为的双曲线，则由判断；D. 利用充分和必要条件的定义判断.【详解】A.当时，曲线方程为，所以是半径为2的圆，故正确；B.当时，曲线方程为，所以是双曲线，且其渐近线方程为，故正确；C.若曲线为离心率为的双曲线，则，方程无解，故错误；D. 当时，，曲线为焦点在y轴上的椭圆，故不充分，当曲线为焦点在轴上的椭圆时，则，解得，故必要，故正确；故选：ABD【点睛】本题主要考查曲线与方程，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.10. 下列命题中，正确的命题有（）A. 是，共线的充要条件B. 对空间中任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面C. 若，则存在唯一实数，使得D. 若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底【答案】BD【解析】【分析】对于选项A：根据向量的模相等关系，结合充要条件判断；对于选项B：利用共面向量定理判断；对于选项C：利用平面向量的基本定理判断；对于选项D：根据空间向量的基底判断.【详解】对于选项A：当时，，共线，但当，同向共线，，故是，共线充分不必要条件，故A错误；对于选项B：若，而，根据共面向量定理得P，A，B，C四点共面，故B正确；对于选项C：当时，，不存在唯一的实数，使得，故C错误；对于选项D：若为空间的一个基底，则不共面，则不共面，则可以构成空间的另一个基底，故D正确；故选：BD.11. 已知数列的前n项和为Sn，，若存在两项，，使得，则（）A. 数列为等差数列 B. 数列为等比数列C.  D. 为定值【答案】BD【解析】【分析】由和的关系求出数列为等比数列，所以选项A错误，选项B正确；利用等比数列前项和公式，求出，故选项C错误，由等比数列的通项公式得到，所以选项D正确.【详解】由题意，当时，，解得，当时，，所以，所以，数列是以首项，公比的等比数列，，故选项A错误，选项B正确；数列是以首项，公比的等比数列，所以，故选项C错误；，所以为定值，故选项D正确.故选：BD【点睛】本题主要考查由和的关系求数列的通项公式，等比数列通项公式和前项和公式的应用，考查学生转化能力和计算能力，属于中档题.12. 某数学研究小组在研究牛顿三叉戟曲线时通过数学软件绘制出其图象（如图），并给出以下几个结论，则正确的有（）A. 函数的极值点有且只有一个B. 当时，恒成立C. 过原点且与曲线相切的直线有且仅有2条D. 若，则的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】由确定极值点的个数（可由图象得极值点个数），判断A，由绝对值的性质判断B，设切点为，利用导数的几何意义求出切点坐标，判断C，由得，然后表示出，用换元法求得最小值后判断D．【详解】，＝0，，，极值点有且只有一个，A正确；（实际上，由图象知函数的极值点有且只有一个）时，，B正确；，设切点为，则，又切线过原点，所以，即，，，只有一个切点，过原点的切线只有1条，C错；，且，则，，，设，，，，，当时，，递减，时，，递增，所以，所以的最小值为，此时．D正确．故选：ABD．【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数的应用，导数的几何意义，用导数研究函数的极值、最值．在求过某点的切线方程时，一般要设切点坐标为，写出切线方程，利用切线所过的点求出切点坐标，得切线方程．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填写在答题卡相应的位置上.13. 若直线与曲线有两个公共点，则实数b取值范围为______.【答案】【解析】【分析】画出直线与圆的图象，根据直线与曲线有两个公共点，利用数形结合法求解.【详解】解：如图所示：当直线与曲线相切时，圆心到直线的距离等于半径，即，解得，因为直线与曲线有两个公共点，所以实数b的取值范围为，故答案为：.14. 已知，，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据题意得出且与不共线，然后根据向量数量积的定义及向量共线的条件即可求出x的取值范围.【详解】因为与的夹角为钝角，所以且与不共线，因为，，所以，且，解得，且，所以的取值范围是.故答案为：.15. 已知函数满足，若数列满足，则数列的前16项的和为______.【答案】【解析】【分析】利用倒序相加法可得到，即可求得前16项的和.【详解】，①，②两式相加，又因为，故，所以，所以的前16项的和为故答案为：16. 已知正实数x，y满足，则的最大值为______.【答案】##【解析】【分析】把已知等式变形为，利用函数的单调性得的关系，从而将转化为的函数，再利用导数求得其最大值即可．【详解】由得，所以，则，因为，，，所以，令，则，所以在上单调递增，所以由，即，得，所以，所以，令，则，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即的最大值为．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题解决的关键对已知等式进行同构变形，从而利用函数的单调性得出变量间的关系，由此得解.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知数列满足为等比数列.（1）证明：是等差数列，并求出的通项公式.（2）求的前项和为.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据题意得，进而根据等差数列定义证明，并结合通项公式求解即可；（2）根据错位相减法求解即可；【小问1详解】证明：因为数列满足为等比数列，所以的公比，首项为所以，即，所以是以为公差的等差数列，首项为，所以，，所以，【小问2详解】解：根据错位相减法有：，，所以，，所以18. 已知圆及其上一点.（1）设平行于的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程；（2）设圆与圆外切于点，且经过点，求圆的方程.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）由题意可设直线的方程为，再由根据弦长结合点到直线的距离与勾股定理求解即可；（2）由题意可知圆心在直线上也在在的中垂线上，先求出这两条直线，再联立可得圆心坐标，进而可得半径，即可求解小问1详解】因为直线，所以直线的斜率为.设直线的方程为，则圆心到直线的距离.则，又，所以，解得或，即直线的方程为：或.【小问2详解】因为圆与圆外切于点，所以圆心在直线上由两点式得直线方程为又因为圆经过点和，所以圆心在的中垂线上，中点为所以中垂线方程为，即由解得圆心坐标为，半径所以圆的方程为19. 记等差数列的前项和为，公差为，等比数列的公比为，已知，，.（1）求，的通项公式；（2）将，中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列，构成数列，求的前100项和.【答案】（1），.（2）15080【解析】【分析】（1）根据等差数列的求和公式以及等比数列的通项公式，整理方程，解得公比和公差，可得答案；（2）由题意，求得等差数列的第100项，逐项求解等比数列，利用等差数列建立方程，找出相同项，分组求和，可得答案.【小问1详解】由，得，因为，所以.结合，可得，，，解得，，所以数列的通项公式为，数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）可知，当时，.又，所以，，，，，，，，，令，解得，令，解得，令，解得，令，解得，令，解得，令，解得，令，解得，令，解得，所以数列的前100项中与数列中相同的项共有4项，即4，16，64，256，即为的前8项中的偶数项.将，中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列构成数列，则的前100项为数列的前100项中剔除与数列相同的4项后剩余的96项与的前8项中剔除与数列相同的4项后剩余的4项，所以的前100项和为.20. 已知函数．（1）若函数图象的切线倾斜角总是锐角，求实数k的取值范围；（2）若对任意的恒成立，求整数k的最大值．【答案】（1）（2）3【解析】【分析】（1）求出函数导数，由题可得对一切正数x恒成立，即可求出；（2）由题可得对任意恒成立，构造函数，利用导数求出的最小值即可.【小问1详解】由题．∵函数图象的切线倾斜角总是锐角，∴对一切正数x恒成立，即恒成立，于是．【小问2详解】因为对任意的恒成立，即对任意恒成立．令，则，令，则，∴函数在上单调递增，∵，∴方程在上存在唯一实根，且满足，当时，，即，当时，，即，∴函数在上单调递减，在上单调递增，∵是的根，即，∴，∴，∵，故整数k的最大值为3．21. 已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．【答案】(1)取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）(2)证明过程见解析【解析】【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．由得．依题意，解得k<0或0<k<1．又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．由（I）知，．直线PA的方程为．令x=0，得点M的纵坐标为．同理得点N的纵坐标为．由，得，．所以．所以为定值．点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.22. 已知函数，是的导函数，且有两个零点.（1）讨论的单调性；（2）若，求证：.【答案】（1）在单调递减，在单调递增；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）函数的定义域为，令，故，由于，进而得函数，的解集，进一步得函数的单调区间；（2）由（1）得，进而，再结合不等式即可证得.【详解】解：（1）函数的定义域为，，设，，由于所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在单调递减，在单调递增.（2）证明：因为是函数有两个零点，所以，所以，所以所以下面先证：，只需证：，只需证：，设，故只需证：，只需证故设，，所以在上单调递增，故，所以成立，故成立，所以因为，所以，所以，所以.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调区间，证明不等式等，考查运算求解能力，是难题.本题第二问解题的关键在于利用不等式进行放缩求解.