江苏省泰州中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题

这是一份江苏省泰州中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题，共20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。

1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用交集的定义直接求解作答.
【详解】集合，所以.
故选：A
2. 复数，则（ ）
A. B. C. -1D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用即可求出结果．
【详解】解：，
，
故选：A．
3. 已知点，，若直线与直线垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出直线的斜率，再根据两直线垂直斜率乘积为即可求的值．
【详解】依题意可得直线的斜率为，
因为直线与直线垂直，
且直线的斜率为，
所以，解得．
故选：B．
4. 数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列，，，，，，其中从第项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，这样的数列称为“斐波那契数列”若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列的特点，每个数等于它前面两个数的和，移项得： ，使用累加法求得，然后将的系数倍展开即可求解．
【详解】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，，
由，得 ，所以，，， ，
将这个式子左右两边分别相加可得：，所以.
所以.
故选：C．
5. 已知双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件求得，从而求得双曲线的离心率.
【详解】由题意，双曲线的焦点在轴上，
由于双曲线的渐近线方程为，
所以，即，
所以.
故选：A
6. 已知函数的导函数为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将求导并代入即可得出，即可得到的具体解析式，再代入即可得出答案.
【详解】，
，
令，则，
，
则，

故选：D.
7. 已知等差数列中， 记，，则数列的前项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分离常数可得，设，当，时，可得，故可得数列的前项和．
【详解】由等差数列性质得
设，当，时，

故

故选：C
8. 已知函数及其导函数的定义域均为，且是奇函数，记，若是奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据 是奇函数，可得 ，两边求导推得，，再结合题意可得4是函数的一个周期，且，进而可求解．
【详解】因为 是奇函数，所以 ，
两边求导得 ，
即，
又，
所以 ，即，
令 ，可得 ，
因为是定义域为的奇函数，所以，即．
因为是奇函数，
所以 ，又，
所以，则，，
所以4是函数的一个周期，
所以．
故选：B．
二、选择题：本大题共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. 已知圆，点，，则（ ）
A. 点在圆外B. 直线与圆相切
C. 直线与圆相切D. 圆与圆相离
【答案】AB
【解析】
【分析】根据已知写出圆心、半径.代入点坐标，即可判断A项；分别求出圆心到直线的距离，比较它们与半径的关系，即可判断B、C项；求出圆心距，根据与两圆半径的关系即可判断D项.
【详解】解：由题，圆的圆心坐标为，半径为，
对于A项，因为，所以点在圆外，故A正确；
对于B项，圆心到直线的距离为，故直线与圆相切，故B项正确；
对于C项，直线的方程为，整理得，则圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相离，故C错误；
对于D项，圆的圆心坐标为，半径为，则圆心间的距离为，
因为，所以圆与圆相交，故D错误.
故选：AB．
10. 已知等差数列的前项和为，当且仅当时取得最大值，则满足的最大的正整数可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可得，公差，且，，分别求出，讨论的符号即可求解．
【详解】因为当且仅当时，取得最大值，
所以，公差，且，．
所以，，，
故时，．
当时，，则满足的最大的正整数为；
当时，，则满足的最大的正整数为，
故满足的最大的正整数可能为与．
故选：BC．
11. 已知抛物线焦点为，为上一动点，点，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，在点处的切线方程为
C. 的最小值为
D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】当时，求出判断A；
设切线与抛物线联立使求出切线方程判断B；
利用抛物线的定义转化求解的最小值可判断C；
根据三角形两边之差小于第三边判断D．
【详解】因为抛物线，所以准线的方程是.
对于，当时，，此时，故A正确;
对于B，当时，，令切线方程为:，与联立得，
令，解得，即切线方程:，即，故B错误;
对于C，过点分别作准线的垂线，垂足为
则，所以的最小值为故C正确.
对于D，因为焦点，所以，
所以的最大值为故D正确.
故选：ACD
12. 已知 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据条件构造函数，求导，计算出x与y的关系，再根据函数的性质逐项分析.
【详解】因为 ，即 ．
令 ，则有，
则 ，令 ，则 ，
令 ，可得，
当时， ，函数单调递增，
当时， ，函数单调递减，
故，
所以总有 ，故单调递减；所以，即；
对于A，，故A错误；
对于B，设 ，则 ，
故在上单调递增，所以，
所以 ，因为，所以 ，故B正确；
对于C，，即．
设，则，
则 ，所以单调递增．
因为，所以，故C正确；
对于D，，即，
令，则，
因为，所以为偶函数，
所以即为．
则 ，令，则 ，所以单调递增．
又，
所以当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增，
当时，，故D错误；
故选：BC.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知等比数列的公比不为，，且，，成等差数列，则__________．
【答案】##0.0625
【解析】
【分析】根据条件求出公比q，再运用等比数列通项公式求出 .
【详解】根据题意得 ，， 且，
解得，，；
故答案为： .
14. 已知点，，点满足直线，的斜率之积为，则的面积的最大值为__________．
【答案】20
【解析】
【分析】根据条件，运用斜率公式求出P点的轨迹方程，再根据轨迹确定 面积的最大值.
【详解】设，由题意可知，，
整理得；
得动点的轨迹为以，为长轴顶点的椭圆除去，两点，
显然当点位于上下顶点时面积取得最大值，
因为，，
所以 ；
故答案为：20.
15. 已知函数及其导函数的定义域均为，为奇函数，且则不等式的解集为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设，由导数法可得单调递减，可转化为，根据单调性即可求解．
【详解】设，则，故单调递减．
因为为奇函数，定义域为，所以，故．
可转化为，即．
因为单调递减，所以，解得．
故答案为：．
16. 已知实数，，，满足，，，则的最大值是___________．
【答案】##
【解析】
【分析】由已知得分别在圆和圆上，利用数形结合法，将所求问题转化为两点到直线和的距离和的倍，再利用三角函数求出其最大值即可．
【详解】解：由，可知，
点，分别在圆和圆上，
如图，作直线，过作于，过A作于，
而，
其中表示A到直线的距离，
表示到直线的距离，
因为与，平行，
且与距离为，
与的距离为，
要使的取最大值，则需在直线的左下角这一侧，
所以，，
由得，
设，因为，所以，
从而，
故，
其中，
故当时，取最大值，
从而，
即的最大值为．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将代数问题转化为几何问题，数形结合，再借助三角函数的性质求出最值.
四、解答题：本大题共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. 已知中，．
（1）求；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】由正弦定理得，再由余弦定理得，可得，从而得出；
由正弦定理得，得出，再得出，由三角形面积公式可得的面积．
【小问1详解】
设，，对边长，，
因为
由正弦定理，
所以，
所以，
即，
所以，
因为，
所以；
【小问2详解】
中，，，，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以
．
．
18. 已知数列中，，当时，记，．
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析，
（2）．
【解析】
【分析】（1）对递推公式变形，求出 的通项公式，再求出 的通项公式；
（2）运用错位相减法求和.
【小问1详解】
因为且当时，，
所以当时，，
所以，因为，即，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以；
【小问2详解】
由知，
则 …① …②，
①-②得
所以；
综上，， .
19 已知函数．
（1）求函数的最大值；
（2）记，．若函数既有极大值，又有极小值，求的取值范围．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，研究函数单调性，从而可得函数的最值；
（2）条件等价于方程在区间上有两个不相等的实数根，列关于的不等式，求解即可．
【小问1详解】
由函数，则其定义域为，，
当时，；当时，，
所以函数在区间上为增函数；在区间为减函数，
所以；
【小问2详解】
由，
则，
因为既有极大值，又有极小值，
即等价于方程在区间上有两个不相等的实数根，
即，解得，
所以所求实数的取值范围是．
20. 设数列的前项积为，且．
（1）求数列的通项公式
（2）记区间内整数的个数为，数列的前项和为，求使得的最小正整数．
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）根据与的关系，类比与的关系求通项即可；
（2）根据定义求出的通项，再由公式法求和，最后解不等式即可.
【小问1详解】
因为数列的前项积，
当时，，
当时，，
除以得，
又时，满足，
所以.
【小问2详解】
因为区间内整数的个数为，
所以，
所以.
由，得，即，
当时，，
当时，，
因为随的增大而增大，
所以的最小整数为．
21. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，上顶点为，的周长为点，异于两点且在上，直线，，的斜率分别为，，，且
（1）证明为定值
（2）求点到直线距离的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用题意得到关于的等式，联立方程组即可求得，设，代入椭圆方程可得到，然后利用两点斜率公式即可求证；
（2）先推断出直线斜率必不为，设其方程为，与椭圆进行联立得到二次方程，可得到代入即可算出答案
【小问1详解】
设椭圆焦距为，
由题知，解得，
所以椭圆的标准方程为，
依题意，，设椭圆上任一点，则，
所以；
【小问2详解】
设，若直线的斜率为，则，关于轴对称，必有，不合题意，
所以直线斜率必不为，设其方程为，
与椭圆联立，整理得：，
所以，且
由（1）知，即，
即，即，
即，
即，
所以，此时，
故直线恒过轴上一定点，
所以点到直线的最大距离为
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数，其中，
（1）若，求函数的单调区间
（2）若，函数有两个相异的零点，，求证：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）不妨令，用分析法对进行等价转化，最后可构造函数即可证明结论成立．
【小问1详解】
当时，，定义域为，
所以，，
所以，时，在上恒成立，
故在上单调递增，
当时，令得，
所以，当时，，单调递增，
时，，单调递减，
综上，时，在上单调递增，
时，在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
由题知，，
因为函数有两个相异零点，，且，
所以且，，即，
所以，方程有两个不相等的实数根，
令，则，
故当时，，时，，
所以，在，上单调递减，在上单调递增，
因为，，，，
所以，要使方程有两个不相等的实数根，
则，
不妨令，则，，
所以，
要证，只需证，即证：，
因为，
所以，只需证，
只需证，即，
故令，
故只需证，成立，
令，，
则，
令，
在恒成立，
所以，在上单调递增，
因为，
所以在恒成立，
所以，在上单调递增，
所以，，即，
所以，成立．
【点睛】思路点睛：本题第二问令，用分析法对进行等价转化，最后可构造函数即可证明结，本题考查了函数的零点、应用导数研究函数的单调性、最值，对于恒成立问题往往转化为函数最值解决，属于难题．