还剩18页未读,
继续阅读
江苏省徐州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题
展开这是一份江苏省徐州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题,共21页。试卷主要包含了 已知函数,则, 已知曲线,则下列说法正确的是, 已知数列满足,则, 已知圆,圆等内容,欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
一、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. 抛物线的准线方程是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线准线方程的概念即可选出选项.
【详解】解:由题知,所以,且抛物线开口向上,
所以其准线方程为:.
故选:D
2. 双曲线的渐近线方程是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线的标准方程可直接求得双曲线的渐近线的方程.
【详解】在双曲线中,,,因此,该双曲线的渐近线方程为.
故选:B.
【点睛】本题考查利用双曲线的标准方程求渐近线方程,属于基础题.
3. 在轴上截距为,倾斜角为的直线方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜截式直接整理可得.
【详解】因为倾斜角为,所以斜率.
由斜截式可得直线方程为:,即.
故选:A
4. 中国古代数学著作《张丘建算经》中记载:“今有马行转迟,次日减半,疾七日,行七百里”.意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢,每天行走的里数是前一天的一半,七天一共行走了700里路,则该马第七天走的里数为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知,每天行走的里程数成等比数列,利用等比数列的前项和公式即可求得结果.
【详解】由题意得,马每天行走的里程数成等比数列,
设第天行走的里数为,则数列是公比为的等比数列;
由七天一共行走了700里可得,
解得,所以,
即该马第七天走的里数为.
故选:B
5. 已知函数,则( )
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的定义以及复合函数的求导法则即可求解.
【详解】由导数的定义可知,
又,
故,
故选:B
6. 已知集合和分别是由数列和的前100项组成,则中元素的和为( )
A. 270B. 273C. 363D. 6831
【答案】A
【解析】
【分析】先求出数列和的公共项,满足公共项小于等于数列的100项,求出项数,然后再求和.
【详解】设数列的第项与数列的第项相等,
即,所以.
又因为,所以,
所以数列与数列的公共项构成的数列为.
又因为的第100项为403,
而的,
所以则中元素的和为:.
故选:A
7. 已知分别为椭圆的左、右顶点,点在直线上,直线与的另外一个交点为为坐标原点,若,则的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题,设,可得直线PA方程为:,将其与椭圆方程联立,后利用韦达定理可表示出Q坐标,后利用可得答案.
【详解】由题,设,因A,则直线PA方程为:.
将其与椭圆方程联立:,消去y并化简得:
,由韦达定理有:.又, 则.
代入,可得,
则.又,
则.
则.
故选:C
8 已知,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设,利用导数可得在上单调递减,从而有,即;令,利用导数可得在上单调递减,从而有,即,即可得答案.
【详解】设,则有,
所以当时,,单调递减;当时,,单调递增;
所以,
即有,
故;
令,则,
所以当时,,单调递增;当时,,单调递减;
所以,
即,
故,
综上所述,则有.
故选:B
【点睛】方法点睛:对于比较大小的题目,常用的方法有:(1)作差法;(2)作商法;(3)利用函数的单调性进行比较.
二、多选题: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,则下列说法正确的是( )
A. 若是椭圆,则其长轴长为
B. 若,则是双曲线
C. C不可能表示一个圆
D. 若,则上的点到焦点的最短距离为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据可知若为椭圆,则焦点在轴上,进而可判断A,进而可判断BC,根据椭圆的几何性质可判断D.
【详解】由于,所以,
对于A,当时,故表示焦点在轴上的椭圆,故椭圆的长轴长为,故A错误,
对于B,当时,是双曲线,故B正确,
对于C,由于,故C不可能表示一个圆,故C正确,
对于D,时,,表示焦点在轴上的椭圆,且此时
故椭圆上的点到焦点的最小距离为,故D错误,
故选:BC
10. 已知数列满足,则( )
A.
B. 的前10项和为
C. 的前11项和为
D. 的前16项和为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据递推公式得进而根据等差数列的求和公式即可判断AB,根据并项求和可判断C,根据正负去绝对值以及等差数列求和可判断D.
【详解】由得:当时,,两式相减得,
故,当时,也符合,故
对于A,,故A正确,
对于B,的前10项和为,故B错误,
对于C,的前11项和为,故C正确,
对于D,当,解得
所以
所以的前16项和为,故D正确,
故选:ACD
11. 连续曲线上凹弧与凸弧的分界点称为曲线的拐点,拐点在统计学、物理学、经济学等领域都有重要应用.若的图象是一条连续不断的曲线,的导函数都存在,且的导函数也都存在.若,使得,且在的左、右附近,异号,则称点为曲线的拐点.则以下函数具有唯一拐点的是( )
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据拐点的定义及零点存在定理对选项求二阶导函数,判断其是否有异号零点即可.
【详解】关于选项A:,所以,
,根据拐点定义可知,没有拐点;
关于选项B:,所以,
即,解得,
且时,,时,,
故为的拐点;
关于选项C:,,
令,解得,
且时,,时,,
故为的拐点;
关于选项D:,,
,
因为,,
所以,使得成立,
由于在是连续不断可导的,
所以在有异号函数值,
故存在拐点.
故选:BCD
12. 在平面直角坐标系中,已知椭圆的左、右焦点分别为,点,在椭圆上,且,则( )
A. 当不在轴上时,的周长为6
B. 使是直角三角形的点有4个
C.
D
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据椭圆的焦点三角形即可判断AB,根据坐标运算以及两点间距离公式即可判断D,由D的结论,结合不等式以及坐标运算即可判断C.
【详解】中,
对于A,的周长为,故A正确,
对于B,当点在椭圆的上下顶点时,此时故,因此当点在椭圆上时,不可能为直角,故当为直角三角形时,此时或,故满足条件的有4个,故B正确,
设,由于,则由于,,进而得,即可,化简得,
,故为定值,故D正确,
对于C,由D可知,故,当且仅当,即时取等号,故,又
,故当有一个为0时,取最大值为,故,故C错误,
故选:ABD
【点睛】圆锥曲线中的范围或最值问题,可根据题意构造关于参数的目标函数,然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解,解题中注意函数单调性和基本不等式的作用.另外在解析几何中还要注意向量的应用,如本题中根据向量垂直得坐标之间的关系,进而为消去变量起到了重要的作用
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 已知直线,若,则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线平行满足的关系即可求解.
【详解】由可得,得,
故答案为:
14. 已知等差数列的公差,若成等比数列,则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据等比中项以及等差数列基本量的计算即可化简求解.
【详解】由得,所以,
故答案为:
15. 已知函数,若恒成立,则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】恒成立即在上恒成立,只需即可,构造新函数求导求单调性及最大值即可.
【详解】解:由题知恒成立,
即在上恒成立,
即在上恒成立,即,
记,所以,
当时,单调递增,
当时,,单调递减,
所以,
所以.
故答案为:
16. 已知抛物线的焦点为为上一点,以线段为直径的圆与交于另外一点为圆心,为坐标原点.当时,的长为______,点到轴的距离为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】易知焦点,根据在抛物线上设出坐标,易知圆心为的中点即可求出,由利用斜率相等可得,再根据直径所对的圆周角为可得,即,利用向量数量积为0可得,联立及可解得,根据两点间距离公式可得,点到轴的距离为其横坐标的绝对值等于.
【详解】由题意知在抛物线上,设,,如下图所示:
抛物线焦点,圆心为的中点,所以
由可得,即,
整理可得,即;
又因为为直径,且点在圆上,所以,
又因为,所以,可得,
又,
即,整理得,
联立可得,解得或(舍)
所以,
因此;
点到轴的距离为点横坐标的绝对值,即
故答案为:,
【点睛】关键点点睛:本题的关键在于利用几何关系实现从形到数的转化,将直线平行转化成斜率相等,将直径所对的圆周角为直角转化成向量数量积为0,从而得出坐标之间的等量关系在进行计算求解.
四、解答题:本题6小题,共70分.解答应写出件字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在①,②,③这三个条件中选择两个,补充在下面问题中,并进行解答.已知等差数列的前项和为,______,______.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求数列的前项和.
注:如果选择多组条件分别解答,按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据是等差数列,设出公差为,选择两个选项,将首项公差代入,解方程组,即可求得基本量,写出通项公式;
(2)根据(1)中的通项公式,写出的通项,利用裂项相消即可求得前项和.
【小问1详解】
由于等差数列,设公差为,
当选①②时:,解得,
所以的通项公式.
选①③时:,解得,
所以的通项公式.
选②③时:,解得,
所以的通项公式.
【小问2详解】
由(1)知,,
所以,
所以
.
18. 已知圆,圆.
(1)判断与的位置关系;
(2)若过点的直线被、截得的弦长之比为,求直线的方程.
【答案】(1)外切 (2)或
【解析】
【分析】(1)计算出,利用几何法可判断两圆的位置关系;
(2)对直线的斜率是否存在进行分类讨论,在直线的斜率不存在时,直线验证即可;在直线的斜率存在时,设直线的方程为,利用勾股定理结合点到直线的距离公式可得出关于的方程,解出的值,即可得出直线的方程.
【小问1详解】
解:圆的圆心为,半径为,
圆的圆心为,半径为.
因为,所以圆与圆外切.
【小问2详解】
解:当直线的斜率不存在时,直线的方程为,直线与圆相离,不符合题意;
当直线的斜率存在时,设的方程为,即,
则圆心到直线的距离为,圆心到直线的距离为,
所以,直线被圆截得的弦长为,
直线被圆截得的弦长为,
由题意可得,
即,解得或,
经检验,或均符合题意.
所以直线的方程为或.
19. 某新建小区规划利用一块空地进行配套绿化.如图,已知空地的一边是直路,余下的外围是抛物线的一段,的中垂线恰是该抛物线的对称轴,是的中点.拟在这块地上划出一个等腰梯形区域种植草坪,其中均在该抛物线上.经测量,直路段长为60米,抛物线的顶点到直路的距离为40米.以为坐标原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系.
(1)求该段抛物线的方程;
(2)当长为多少米时,等腰梯形草坪面积最大?
【答案】(1)
(2)20米
【解析】
【分析】(1),把两点坐标代入求解即可;
(2),由梯形的面积公式,可得梯形的面积为,构造函数,求导可知当时,该函数有唯一的极大值点,则改点也是函数的最大值点,即可求解.
【小问1详解】
设该抛物线的方程为,由条件知,,
所以,解得,
故该段抛物线的方程为.
【小问2详解】
由(1)可设,所以梯形的面积,
设,
则,令,解得,
当时,在上是增函数;
当时,在上是减函数.
所以当时,取得极大值,也是最大值.
故当长为20米时,等腰梯形草坪的面积最大.
20. 已知曲线在点处的切线与轴的交点为,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)设为数列的前项和,求使得成立的正整数的最小值.
【答案】(1)
(2)8
【解析】
【分析】(1)根据切线方程的求解得切线方程为,得,即可判断为等比数列,进而进行求解,
(2)根据错位相减法求解,即可根据的单调性求解.
【小问1详解】
因为,所以,
所以曲线上点处的切线方程为.
令,得,即,
又,所以是以为首项,为公比的等比数列.
故的通项公式为.
【小问2详解】
由(1)知,,
所以,
两式相减得,,
所以.
因为,所以,
又,
所以使得成立的正整数的最小值为8.
21. 已知双曲线的左、右焦点分别为,且,过的直线与的左支交于两点,当直线垂直于轴时,.
(1)求的标准方程;
(2)设为坐标原点,线段的中点为,射线交直线于点,点在射线上,且,设直线的斜率分别为,求的值.
【答案】(1)
(2)1
【解析】
【分析】(1)根据题意列出关于的方程,解出即可得结果;
(2)设直线的方程为,联立直线与双曲线的方程结合韦达定理求出点坐标,根据题意得出,,由斜率计算公式即可得结果.
【小问1详解】
将代入双曲线可得,
由条件知,解得.
所以的标准方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为,
联立消去并整理得,,
则
设,则,
所以.
所以直线的方程为,则,
因为,所以,
所以.
所以.
【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.
(1)当时,求函数的极小值;
(2)若有两个零点,求的取值范围.
【答案】(1)极小值为
(2)
【解析】
【分析】(1)求导,根据导函数的正负即可求解,
(2)求导,分类讨论,结合零点存在性定理即可求解.
【小问1详解】
当时,,
令,解得,列表如下:
所以的极小值为.
【小问2详解】
函数有两个零点即有两个零点.
因为,
①当时,在上是增函数,最多只有一个零点,不符合题意;
②当时,由得,
当时,在上是增函数;
当时,在上是减函数.
(i)若,则,最多只有一个零点;
(ii)若,因为,且,
所以在区间内有一个零点.
令,则,
当时,在上是增函数;
当时,在上是减函数.
所以,故.
所以,又,
所以在区间内有一个零点.
综上可知:当时,有两个零点,
故的取值范围为.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用,着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行:(1)考查导数的几何意义,求解曲线在某点处的切线方程;(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数;(3)利用导数求函数的最值(极值),解决函数的恒成立与有解问题,同时注意数形结合思想的应用.0
极小值
相关试卷
江苏省徐州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题:
这是一份江苏省徐州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题,文件包含江苏省徐州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题教师版含解析docx、江苏省徐州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题学生版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共26页, 欢迎下载使用。
江苏省徐州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题:
这是一份江苏省徐州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题,共21页。试卷主要包含了 已知函数,则, 已知曲线,则下列说法正确的是, 已知数列满足,则, 已知圆,圆等内容,欢迎下载使用。
江苏省徐州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题(学生版):
这是一份江苏省徐州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题(学生版),共5页。试卷主要包含了 已知,则, 已知曲线,则下列说法正确的是, 已知数列满足,则等内容,欢迎下载使用。