2022-2023学年江苏省南京市金陵中学高二上学期期末考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省南京市金陵中学高二上学期期末考试数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知直线，与垂直，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】B
【分析】根据两直线垂直可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.
【详解】由题意可得，解得.
故选：B.
2．已知圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用圆锥的结构特征求出圆锥底面圆半径和高即可计算作答.
【详解】因圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，则该圆锥的轴截面是等腰直角三角形，其底面圆半径为，高为，
所以该圆锥的体积为.
故选：C
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求导直接求解即可.
【详解】解：求导得，
所以，解得
故选:B
4．曲线在处的切线的倾斜角为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据导数几何意义、斜率和倾斜角关系可求得，结合二倍角公式和正余弦齐次式的求法可求得结果.
【详解】，，
.
故选：C.
5．已知圆心均在轴上的两圆外切，半径分别为，若两圆的一条公切线的方程为，则（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】B
【分析】设出两圆的标准方程，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系列式求解，
【详解】设圆：，圆：，其中，
两圆的公切线方程为，则，，
两圆外切，则，
化简得，，即，∴，
故选：B
6．已知点P是抛物线上的一点，在点P处的切线恰好过点，则点P到抛物线焦点的距离为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【解析】设坐标为，由导数求出线斜率，再由切线过点，可求得，，然后可求得焦半径．
【详解】抛物线方程为，，设切点坐标为，∴切线斜率为，又切线过点，∴，
∴，．．即或，
抛物线标准方程为，，∴点到焦点的距离为．
故选：B．
【点睛】本题考查直线与抛物线相切问题，考查导数的几何意义，考查抛物线的几何性质．利用导数几何意义求出切点坐标，利用焦半径公式求出焦半径，本题难度一般．
7．已知数列为等差数列，首项为，公差为，数列为等比数列，首项为，公比为，设，为数列的前项和，则当时，的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等差和等比的通项公式，求出，然后利用分组求和求出，即可得出结果.
【详解】依题意得：，，
，
则数列为递增数列，
其前项和
，
当时，，
当时，，
所以的最大值为.
故选：B
8．在某次数学节上，甲､乙､丙､丁四位同学分别写下了一个命题：甲：；乙：；丙：；丁：．所写为真命题的是（ ）
A．甲和乙B．甲和丙C．丙和丁D．甲和丁
【答案】B
【分析】构造函数，则在上单调递增，在上单调递减，由可判断甲；由可判断乙；由可判断丙；由可判断丁．
【详解】令，则，
由得，则在上单调递增，
由得，则在上单调递减，
，则，即，故甲正确；
，故乙错误；
，，即，则，故丙正确；
，，即，则，故丁错误，
故选：B．
二、多选题
9．设，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．展开式中二项式系数最大的项是第项D．
【答案】ABD
【分析】根据赋值法即可求解AB，根据二项式系数的性质即可求解C，根据通项特征即可求解D.
【详解】对于A令得 ，故A正确 ；
对于B,令得，
而由A知：，因此，故B正确 ；
对于C，因为的展开式中二项式系数最大为，为第项，故C不正确 ；
对于D,因为的展开式中，，
所以，，，
因此，，所以，故D正确，
故选:ABD
10．已知在正四面体中，、、、分别是棱，，，的中点，则（ ）
A．平面B．
C．平面D．、、、四点共面
【答案】ABD
【分析】把正四面体放到正方体里，对于A项根据线面平行的判定定理证明
对于B项，从正方体的角度上看易得
对于D项，证明四边形是平行四边形可验证
对于C项，反证法证明，矛盾点是与的夹角.
【详解】把正四面体放到正方体里，画图为：
对于A项，、分别为，的中点，
又平面且平面
平面，故A正确
对于B项，从正方体的角度上看易得，故B正确.
对于D项，、、、分别是棱，，，的中点
且
且
所以
所以四边形是平行四边形，故、、、四点共面，所以D正确.
对于C项，若平面成立，即平面
又因为平面
所以
又因为、分别为，的中点，
所以
所以
而为等边三角形，与矛盾，所以C不正确.
故选：ABD
11．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派把称为黄金数．离心率等于黄金数的倒数的双曲线称为黄金双曲线．若黄金双曲线的左､右顶点分别为，虚轴的上端点为B，左焦点为F，离心率为e，则（ ）
A．a2e=1B．
C．顶点到渐近线的距离为eD．的外接圆的面积为
【答案】ABD
【分析】由黄金双曲线的定义列方程求，由此判断A，根据数量积的坐标运算判断B，计算顶点到渐近线的距离判断C，判断的形状，确定其外接圆半径，由此求圆的面积，判断D.
【详解】设双曲线的半焦距为，则，，
由题意知，
，A正确．
，B正确．
对于C，双曲线的渐近线方程为，
所以顶点到渐近线距离，C错．
对于D，因为，所以，
所以为直角三角形，且，
所以的外接圆半径为，
故外接球面积，D正确．
故选：ABD．
12．已知定义域为R的函数，则（ ）
A．存在位于R上的实数，使函数的图象是轴对称图形
B．存在实数，使函数为单调函数
C．对任意实数，函数都存在最小值
D．对任意实数，函数都存在两条过原点的切线
【答案】ACD
【分析】举特例证明选项A判断正确；利用导函数判断选项B；利用极限思想判断选项C；求得函数过原点的切线的条数判断选项D.
【详解】对于A，当时，是R上的偶函数，
函数的图象有对称轴y轴，则函数的图象是轴对称图形.判断正确；
对于B，，值域为R，
至少有一个变号零点，∴不可能为单调函数，判断错误；
对于C，当以及时，均，
由在R上连续，∴中间必存在最小值. 判断正确；
对于D，设切点，
，则
∴在处切线方程为
∵它过原点，∴，即
由有两解：或
可得，对任意实数，函数存在两条过原点的切线. 判断正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．某学校派出5名优秀教师去边远地区的4所中学进行教学交流，每所中学至少派1名教师，则不同的分配方法种数为 .
【答案】
【分析】由题意，结合分组分配问题，即可求解.
【详解】由题意知，5名教师可分为4组，4组人数分别为2人，1人，1人，1人，
将这4组分配到4所不同的学校，共有种分配方法.
故答案为：240
14．已知椭圆的右焦点为，左顶点为，若E上的点P满足轴，，则E的离心率为 .
【答案】/0.25
【分析】根据轴，设，代入椭圆方程确定，在中，由与边的关系得关于的方程求
【详解】
轴，设，不妨设，
，解得所以，
，，，
即，解得或，又.
故答案为：
15．函数仅有一个零点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意求出函数的导函数并且通过导数求出原函数的单调区间，进而得到原函数的极值，因为函数仅有一个零点，所以结合函数的性质可得函数的极大值小于或极小值大于，即可得到答案.
【详解】解：由题意可得：函数，
所以，
令，则或，
令，则，
所以函数的单调增区间为和，减区间为
所以当时函数有极大值，
当时函数有极小值，，
因为函数仅有一个零点，，
所以或，
解得或.
所以实数的取值范围是
故答案为：
16．如下图所示：一个正三角形被分成四个全等的小正三角形，将其中间小正三角形挖去如图（1）；再将剩余的每一个正三角形都分成四个全等的小正三角形，并将中间的小正三角形挖去，得到图（2）……如此继续下去，设原正三角形边长为4，则第5张图中被挖掉的所有正三角形面积的和为 .
【答案】
【分析】设第次挖去的正三角形个数为，对应的每一个正三角形面积为，进而得第次挖去的正三角形总面积为，进而根据题意得，，，再求的前项和即可.
【详解】解：设第次挖去的正三角形个数为，对应的每一个正三角形面积为，
所以第次挖去的正三角形总面积为，
由题知，，即为等比数列，公比为，首项为，
所以；
设原正三角形的面积为，由于原正三角形边长为4，故.
由题知，，即为等比数列，公比为，首项为，
所以，
所以，
由于，故为等比数列，
所以的前项和为，
所以当时，图中被挖掉的所有正三角形面积的和为
故答案为：
四、解答题
17．已知数列中，成等差数列，成等比数列，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)12
【分析】（1）根据已知条件及等差数列的通项公式，结合等比数列的通项公式即可求解;
（2）根据（1）的结论及等差和等比数列的前项和公式即可求解.
【详解】（1）当时，设公差为，
∴，
∴，
而，，
∴时，设公比为，
∴此时，
∴.
（2）显然，
∴为偶数，
，
∴的最小值为12.
18．已知函数.
(1)讨论的极值；
(2)求在上的最大值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对求导，根据a的范围讨论单调性，求极值；
（2）根据单调性求函数在区间上的最值.
【详解】（1）定义域，
①时，成立，所以在上递减，所以无极值；
②时，当时，，当时，，
所以在上单调递增，单调递减，所以的极大值为，无极小值；
（2）时，在单调递减，所以；
时，在上单调递增，单调递减，所以；
时，在单增，所以；
综上：.
19．已知是数列的前项和，且，数列是公差为的等差数列．
(1)求数列的通项公式
(2)记数列的前项和为，是否存在实数使得数列成等差数列，若存在，求出实数的值若不存在，说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）由等差数列通项公式得出，再由与的关系可得数列的通项公式.
（2）由（1）的结论结合错位相减求出，先得出的前三项，由等差数列的性质得出方程解出，再检验即可．
【详解】（1）因为，数列是公差为的等差数列，则，因此，
当时，，则有，
因此，即，数列是常数列，有，
所以数列的通项公式．
（2）由（1）知，，
则，
于是得，
两式相减得：，
因此，
有，，，若数列成等差数列，则，解得，
当时，，则，从而数列成等差数列，
所以存在，使得数列成等差数列．
20．中，内角，，所对应的边分别为，，，且满足，B.
(1)判断的形状
(2)若点在上且，点与点在直线同侧，且，，求．
【答案】(1)等腰直角三角形
(2)
【分析】（1）由，可得角，利用正弦定理及两角和的正弦公式可得，即可判断的形状；
（2）不妨设，，可得，，再利用两角和差的正切公式计算即可．
【详解】解：因为，
所以，
所以．
又因为，所以．
在中，由正弦定理得，，
又因为，所以，
所以．
又因为，所以，
所以C.
因为，所以，，
所以的形状是等腰直角三角形．
因为的形状是等腰直角三角形，
所以不妨设，．
因为，，所以，．
在直角中，，
所以．
因为，，
所以．
21．设椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，若椭圆上的点到直线的最小距离为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过F1作直线交椭圆E于A，B两点，设直线AF2，BF2与直线l分别交于C，D两点，线段AB，CD的中点分别为M，N，O为坐标原点，若M，O，N三点共线，求直线AB的方程．
【答案】(1)
(2)或或
【分析】（1）列出关于a，c的方程组，求出a，c，进而求出b，即可得到椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出AB的中点M的坐标，得到直线OM的斜率，利用直线AF2和BF2的方程，求出C，D的坐标，进而求出CD的中点N的坐标，得到直线ON的斜率，利用，求出m的值，即可得到答案．
【详解】（1）由题意知，解得，所以，
所以椭圆的方程为．
（2）由（1）知，，
由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
设，则．
所以，
所以直线的斜率为．
直线的方程为，直线的方程为，则，
直线的方程为，同理有．
所以．
，所以直线的斜率为．
由三点共线可得，，即，解得或．
故直线的方程为或或．
22．函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）求出函数的定义域为，求得，分、、三种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）构造函数，由题意可知恒成立，对实数分和两种情况讨论，利用导数分析函数在区间上的单调性，验证是否成立，由此可得出实数的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，.
（i）当时，，函数在上单调递增；
（ii）当时，令得.
若，则；若，则.
①当时，，函数在上单调递增；
②当时，，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
综上，可得，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）设，，则.
当时，单调递增，则.
所以，函数在上单调递增，且.
当时，，
于是，函数在上单调递增，恒成立，符合题意；
当时，由于，，，
所以，存在，使得.
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.
故，不符合题意，
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问题，考查分类讨论思想的应用，属于难题.