2022-2023学年上海市上海师范大学附属宝山罗店中学高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年上海市上海师范大学附属宝山罗店中学高二下学期期中数学试题

一、填空题

1．椭圆的短轴长为      ．

【答案】4

【分析】由椭圆的方程可得，则，进而可得椭圆的短轴长．

【详解】解：因为椭圆，

所以，

所以，

所以椭圆的短轴长为，

故答案为：4.

2．在等比数列{an}中，，且，则＝           ．

【答案】8

【分析】利用求解.

【详解】，

又an＞0，则

故答案为：8.

3．已知数列的通项公式为，则          .

【答案】

【分析】利用等差数列的前项和代入运算求解．

【详解】

故答案为：．

4．已知无穷数列满足（为正整数），且，记为数列的前项和，则      ．

【答案】4

【分析】求得无穷数列的首项和公比，由此求得正确答案.

【详解】设无穷数列的公比为，

由于，所以，

而，所以，

所以.

故答案为：

5．已知函数，则        ．

【答案】

【分析】求导后计算即可.

【详解】因为，所以.

故答案为：

6．设函数，若，则        ．

【答案】1

【分析】求导，由列出方程，求出答案.

【详解】由题意知，由，解得．

故答案为：1

7．双曲线的离心率为，焦点到渐近线的距离为          .

【答案】1

【分析】根据双曲线离心率式，结合点到直线距离公式进行求解即可.

【详解】因为双曲线的离心率为，

所以有，焦点坐标为，

该双曲线的渐近线方程为，

所以该双曲线焦点到渐近线的距离为，

故答案为：

8．已知函数的一个驻点为，则实数        ．

【答案】3

【分析】求导，根据驻点的定义即可求解.

【详解】由得，由于是驻点，所以，即，所以，

故答案为：3

9．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为      ．

【答案】

【分析】分析可知在上恒成立，利用参变量分离法可得出在上恒成立，即可求得实数的取值范围.

【详解】因为，则，

因为在上单调递减，所以在上恒成立，

即在上恒成立，所以，，即实数的取值范围为．

故答案为：．

10．袋子中有9个大小､材质都相同的小球，其中6个白球，3个红球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则第三次摸到白球的概率为          .

【答案】

【分析】分四种情况，求出相应的概率相加后得到答案.

【详解】前两次均摸到白球，第三次也摸到白球的概率为，

前两次均摸到红球，第三次摸到白球的概率为，

第一次摸到红球，第二次摸到白球，第三次摸到白球的概率为，

第一次摸到白球，第二次摸到红球，第三次摸到白球的概率为，

所以第三次摸到白球的概率为.

故答案为：

11．已知函数的导函数为，且满足在上恒成立，则不等式的解集是            ．

【答案】

【分析】构造函数，再将转化为，进而根据的单调性求解即可.

【详解】令，则，所以在上单调递增，

由，得，即，

所以，解得.

所以不等式的解集是.

故答案为：.

12．艾萨克牛顿是英国皇家学会会长，著名物理学家，他在数学上也有杰出贡献.牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列，我们把该数列称为牛顿数列.如果函数有两个零点1和2，数列为牛顿数列.设，已知，，的前项和为，则          .

【答案】/

【分析】由函数有两个零点可得，，的关系，从而得，求导后代入，整理可得，再由得数列是等比数列，通过等比数列的求和公式得答案.

【详解】有两个零点1，2，

则，解之得，

则，则，

则，

则，

由，可得，

故，又，则数列是首项为1公比为2的等比数列，

则通项公式，前项和，则.

故答案为: .

二、单选题

13．已知函数，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】求导，代入求值即可.

【详解】，故.

故选：B

14．下列求导运算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】AB选项，利用初等函数求导公式计算；C选项，利用求导乘法法则计算；D选项，利用复合函数求导法则计算.

【详解】A选项，，A错误；

B选项，，B错误；

C选项，，C错误；

D选项，，D正确.

故选：D

15．已知随机变量的分布为，则（    ）

A． B． C． D．无法确定

【答案】C

【分析】根据数学期望的公式进行求解即可。

【详解】因为随机变量的分布为，

所以，

故选：C

16．已知函数（）的导函数是（），导函数的图象如图所示，则函数在内有（    ）

A．3个驻点 B．4个极值点 C．1个极小值点 D．1个极大值点

【答案】C

【分析】由图象判断区间符号和零点个数，进而判断的驻点、极值点个数.

【详解】由题图知：从左到右依次分为5个区间，

区间符号依次为：正、负、正、正、负，且共有4个零点，即有4个驻点，

综上，对于中的4个驻点有2个极大值点，1个极小值点，且为拐点.

所以C正确，A、B、D错误.

故选：C

三、解答题

17．一袋中装有6个黑球，4个白球．如果不放回地依次取出2个球．求：

(1)第1次取到黑球的概率；

(2)在第1次取到黑球的条件下，第2次又取到黑球的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】只考虑第1次，即可得出第1次取到黑球的概率；采用缩小样本空间的方法，即可得出第二问的答案.

【详解】（1）由已知共有10个球，黑球6个.

根据古典概型的概率公式可得，第1次取到黑球的概率为.

（2）缩小样本空间法. 第1次取到黑球后，袋中剩余5个黑球，4个白球.

根据古典概型的概率公式可得，在第1次取到黑球的条件下，第2次又取到黑球的概率为.

18．已知抛物线的焦点为F（2，0）.

(1)求抛物线C的方程；

(2)斜率为1的直线过点F，且与抛物线C交于A，B两点，求线段AB的长.

【答案】(1)

(2)16

【分析】（1）根据焦点坐标可直接求得的值；

（2）将直线方程与抛物线方程联立可得，利用抛物线焦点弦长公式可求得结果.

【详解】（1）由题知，，

由焦点的坐标可得，得，

抛物线C的方程为.

（2）由（1）可得抛物线C的方程为，

由题意知直线AB的方程为：，设，，

联立，整理可得：，

，

弦长.

19．已知函数.

(1)求的导数；

(2)求函数的图象在处的切线方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用基本初等函数的导数公式及求导法则直接计算即得；

（2）求出，再利用导数的几何意义求出切线方程.

【详解】（1）因为函数，

所以；

（2）因为，

所以函数在处的切线方程为，即.

20．已知函数过点，函数在点处的切线斜率为4，且为函数的一个驻点.

(1)求函数的解析式；

(2)求函数的单调区间；

(3)若函数有三个零点，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)单调递减区间为，单调递增区间为

(3)

【分析】（1）求出导函数，根据切线斜率和极值点列出方程组，求出，得到解析式；

（2）令导函数大于0和小于0，求出单调区间；

（3）在第一问和第二问的基础上，数形结合得到不等式组，求出的取值范围.

【详解】（1）由题意，函数，可得，

因为函数在点处的切线斜率为4，且在处为驻点，

可得：，即，解得：，

所以，

（2）可得，令，解得：或，

当变化时，的变换情况如下：

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间是；

（3）依题意得：方程有3个不同的实数根，

即，函数与函数的图象有3个不同的交点，

由（1）（2）知需要满足，解得：，

的取值范围是.

21．已知函数．

(1)若函数的图象在点处的切线方程为，求实数的值；

(2)根据的取值，讨论函数的单调性；

(3)讨论函数在区间上的零点个数．

【答案】(1)

(2)分类讨论，答案见解析.

(3)分类讨论，答案见解析.

【分析】（1）利用切点和斜率求得的值.

（2）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间.

（3）对进行分类讨论，结合的单调性和零点的存在性定理求得正确答案.

【详解】（1），

因为函数在点处的切线方程为，

所以，即，解得；

（2）恒成立，

当时，对恒成立，所以在R上单调递增；

当时，时，时，

所以在单调递减，在上单调递增；

（3）①当时，在上单调递增，且有唯一零点，

所以在区间上没有零点；

②当时，由（2）知在单调递减，在上单调递增，

且，所以在区间上有1个零点；

③当时，由（2）知在单调递减，在上单调递增，

且，所以在区间上没有零点；

④当时，由（2）知在单调递减，且，

所以在区间上没有零点；

综上，当时，在区间上没有零点；

当时，在区间上有1个零点．

【点睛】利用导数研究函数的单调性，若导函数含有参数，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.利用导数研究函数的零点，利用导数求得函数的单调区间后，可结合零点存在性定理来判断零点的个数.