2022-2023学年福建省莆田第一中学高二上学期期末考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省莆田第一中学高二上学期期末考试数学试题

一、单选题

1．已知，且，则（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】B

【分析】求出函数的导函数，再根据，代入计算可得.

【详解】解：因为，所以，又，

所以，解得.

故选：B

2．直线，则“”是“”的（    ）条件

A．必要不充分 B．充分不必要

C．充要 D．既不充分也不必要

【答案】C

【分析】根据直线平行求得，结合充分、必要条件的知识求得正确答案.

【详解】若，则，

解得或，

当时，和的方程都是，两直线重合，不符合题意.

经验证可知，符合.

所以“”是“”的充要条件.

故选：C

3．已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（    ）

A．1 B．2

C．3 D．4

【答案】B

【分析】当直线和圆心与点的连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论.

【详解】圆化为，所以圆心坐标为，半径为，

设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时

根据弦长公式得最小值为.

故选：B.

【点睛】本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题.

4．等差数列中，已知公差，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】本题考查等差数列的性质及求和，利用与的关系即可求解.

【详解】解：由题意，

在等差数列中，

，

，

.

故选：A.

5．在正项等比数列中，、是函数的极值点，则（    ）

A．或2 B． C． D．2

【答案】D

【分析】根据题意可知：、是方程的两根，利用韦达定理和等比数列的性质即可求解.

【详解】因为，所以.

又因为、是函数的极值点，

即、是方程的两根，则有，

由为等比数列可知：，因为，且，

所以，则有，所以，

故选：D.

6．已知、是椭圆的两个焦点，点M在C上，则的最大值为（    ）

A．13 B．12 C．9 D．4

【答案】C

【分析】根据椭圆的概念再结合基本不等式的性质求解即可.

【详解】因为

所以，

当且仅当时，等号成立，

所以的最大值为9.

故选：C

7．已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，构造出函数，对函数进行求导判断其单调性，进而比较大小.

【详解】令，则.

因为在上单调递减，在上单调递减，

所以在上单调递减.

而，，

所以在上有.

所以在上单调递减.

所以，即.故.

故选：D.

【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

8．法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条互相垂直的直线的交点轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若圆上存在点，使得过点可作两条互相垂直的直线与椭圆相切，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据蒙日圆的定义，将问题转化为两圆有交点的问题，根据两圆关系即可求解.

【详解】由题意可知：与椭圆相切的两条互相垂直的直线的交点的轨迹为圆：，由于在圆，故两圆有交点即可，

故两圆的圆心距为，故，

故选：B

二、多选题

9．已知数列的通项公式为，为数列的前项和，则下列数列一定成等比的有（    ）

A．数列 B．数列

C． D．数列

【答案】BD

【分析】根据等比数列的定义判断各选项即可.

【详解】对于A，，所以数列不是等比数列，A错；

对于B， ，所以数列是等比数列，B对；

对于C，当为正偶数时，，此时不成等比数列，C错；

对于D，，则数列是等比数列，D对.

故选：BD.

10．任取一个正整数，若是奇数，将该数乘以3再加上1；若是偶数，将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如：取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：数列满足：.若（为正整数），，则所有可能的取值为（    ）

A．2 B．5 C．16 D．32

【答案】AC

【分析】根据运算规则逆向寻找结果即可.

【详解】解：若，结合数列递推式，则，则，则或，

当时，，当时，，

综上可能的取值为、.

故选：AC

11．椭圆的左、右焦点分别为、，O为坐标原点，则下列说法错误的是（    ）

A．过点的直线与椭圆C交于A，B两点，则的周长为4

B．椭圆C的离心率为

C．P为椭圆C上一点，Q为圆上一点，则点P，Q的最大距离为3

D．椭圆C上不存在点P，使得

【答案】ABD

【分析】对于选项A，由椭圆定义可求得的周长，即可判断；

对于选项B，直接求出离心率；

对于选项C，用几何法求出最大值；

对于选项D，设，分别表示出，，直接求解；

【详解】由椭圆，可知，，，即，，.

对于选项A，由椭圆定义，可得，因此的周长为，故A错误；

对于选项B，离心率，故B错误；

对于选项C，设，则，即，

所以点P到圆的圆心的距离．

因为，所以，故C正确；

对于选项D，设，则，且．

又，，所以，，

因此，

解得，故D错误．

故选：ABD．

12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．当或时，有且仅有一个零点

B．当或时，有且仅有一个极值点

C．若为单调递减函数，则

D．若与轴相切，则.

【答案】AD

【分析】根据零点的定义可得的零点即方程的根，利用导数研究函数的性质，结合图象可判断A，由导数的几何意义可判断D，根据导数与函数的单调性的关系求的范围，由此可判断C，结合单调性与极值的定义可判断B.

【详解】，令可得，化简可得，

设，则，

当，，函数在单调递减，

当，，函数在单调递增，

又，，由此可得函数图象如下：

所以当或时，有且仅有一个零点

所以当或时，有且仅有一个零点，A对，

函数的定义域为，

，

若与轴相切，设与轴相切与点，

则，，

所以，，

所以，，故D正确；

若为单调递减函数，则在上恒成立，

所以在上恒成立，

设，则，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

且，，当时，，

由此可得函数的图象如下：

所以若为单调递减函数，则，C错，

所以当时，函数在上没有极值点，B错，

故选：AD.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是构造函数，利用函数的单调性和图象解决问题，本题为函数综合性问题，涉及函数的零点，导数的几何意义，根据函数的单调性求参数，函数的极值，考查的知识点较多，要求具有扎实的基础知识，较强的解题能力.

三、填空题

13．已知直线经过点，其纵截距为正，且纵截距比横截距大1，则直线的方程为__________.

【答案】

【分析】设直线的方程为，将代入直线方程，解出，进而即可求解.

【详解】由题意知，直线的斜率存在，

由题意设直线的方程为，

将代入直线方程，可得，

解得或（舍去），

所以直线的方程为，即.

故答案为：.

14．已知椭圆左､右焦点分别为、，过且倾斜角为的直线与过的直线交于点，点在椭圆上，且.则椭圆的离心率__________.

【答案】##

【分析】求出、，利用椭圆的定义可得出关于、的等式，即可求得椭圆的离心率的值.

【详解】在中，，，则，

，则，

由椭圆的定义可得，则.

故答案为：.

15．点P是曲线上任意一点，且点P到直线的距离的最小值是，则实数a的值是__________.

【答案】

【分析】首先确定点线距离最小时点的位置，再由导数的几何意义求点坐标，最后应用点线距离公式表示出最小距离，列出方程即可求解.

【详解】由题设且，

令，即；令，即，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

且，如图所示，

当为平行于并与曲线相切直线的切点时，距离最近.

令，可得（舍）或，

所以，则曲线上切线斜率为1的切点为，

所以，即（舍去）或，

故答案为：.

四、双空题

16．已知点在圆上运动，则的最大值为__________，的取值范围为__________.

【答案】     ##    

【分析】将问题转化为在圆上点到直线的距离，进而求解；到原点的距离范围，结合点圆关系确定最值和范围即可求解.

【详解】由圆，可知圆心为，半径为3，

因为P在圆上，则表示在圆上点到直线的距离，

而圆心到直线，

所以在圆上点到直线的距离的最大值为，最小值为，

所以，即，

故的最大值为；

又表示在圆上点到原点的距离，而圆心到原点距离为，

所以的范围为.

故答案为：；.

五、解答题

17．（1）已知圆与圆.证明圆与圆相交；并求两圆公共弦所在直线的方程；

（2）求圆心既在第一象限又在直线上，与x轴相切，且被直线截得的弦长为的圆的方程.

【答案】（1）证明见解析，；（2）.

【分析】（1）先求出两圆圆心坐标和半径，结合圆心距即可证明；将两圆方程相减即可求解；

（2）设所求圆圆心为，，，半径为，则圆心到直线的距离为，结合题意列出方程组，即可求解.

【详解】（1）证明：圆的圆心为，半径为，

圆化为标准方程，

所以圆心为，半径为，

所以，

因为，

所以圆与圆相交.

由圆与圆，

将两圆方程相减，可得，即，

所以两圆公共弦所在直线的方程为.

（2）设所求圆圆心为，，，半径为，

则圆心到直线的距离为，

由题意，可得，解得，，，

故所求圆的方程为.

18．设函数f（x）=x+a+blnx，曲线y=f（x）过P（1,0），且在P点处的切斜线率为2.

（I）求a，b的值；

（II）证明：f(x)≤2x-2．

【答案】（I）a＝－1，b＝3. （II）见解析

【详解】试题分析：　(1)f ′(x)＝1＋2ax＋.

由已知条件得即

解得a＝－1，b＝3.   

(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

由(1)知f(x)＝x－x2＋3lnx.

设g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3lnx，则

g′(x)＝－1－2x＋＝－.

当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.

所以g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减．

而g(1)＝0，故当x>0时，g(x)≤0，即f(x)≤2x－2.

【解析】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、最值，不等式组的证明．

点评：中档题，导数的应用是高考必考内容，思路往往比较明确根据导数值的正负，确定函数的单调性．定义不懂事的证明问题，往往通过构造函数，转化成求函数的最值，使问题得解．

19．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．

（1）求的公比；

（2）若，求数列的前项和．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；

（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.

【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，

，

；

（2）设的前项和为，，

，①

，②

①②得，

，

.

【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.

20．设首项为2的数列的前项和为，前项积为，且满足__________.条件①：；条件②：；条件③：.请在以上三个条件中，选择一个补充在上面的横线处，并解答以下问题：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）

(1)求数列的通项公式；

(2)求证：数列的前项和.

（参考公式：）

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)选择①，由条件证明为等差数列，结合等差数列通项公式求的通项公式；

选择②，由条件，结合关系，证明，利用累乘法求数列的通项公式；

选择③，先证明，由此得为常数，再求数列的通项公式；

(2)求，利用裂项相消法求，由此完成证明.

【详解】（1）若选择条件①：因为，所以，又，

所以数列是首项为2，公差为1的等差数列．

所以，所以．

若选择条件②：因为，所以．

当时，，

整理得，，

所以，

累乘得，，

当时，，符合上式，

所以．

若选择条件③：因为，

所以，即，

所以，

所以数列为常数列，

又，所以，即．

（2）证明：由（1）知：，

结合参考公式可得，

所以，

所以，

即

因为，所以，

即.

21．已知点、，动点满足直线与的斜率之积为，记M的轨迹为曲线.

(1)求的方程，并说明是什么曲线；

(2)经过点的直线与曲线交于、两点.记与的面积分别为和，求的最大值.

【答案】(1)；是去掉两个长轴端点的椭圆

(2)

【分析】（1）结合两点间的斜率公式求解即可；

（2）当直线斜率不存在时，；当直线斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出进行化简变形，再利用基本不等式求解即可.

【详解】（1）由题意，，，，

所以，

整理可得，

所以C的方程为，

曲线C是去掉两个长轴端点的椭圆.

（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为，

此时与的面积相等，所以.

当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，

联立方程组，可得，

则，

且，，

则，

此时，

由于，所以，

当且仅当，即时取等号，

所以的最大值.

综上所述，的最大值为.

22．已知函数 .

(1)求函数的极值；

(2)若1是关于的方程的根，且方程在上有实根，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导，对a的符号分类讨论，根据导函数求得极值；

（2）根据条件，构造函数 ，对 的性质讨论，根据 的性质确定b的范围.

【详解】（1） ，

当时， ，单调递增，无极值，

当时，令 ，解得，

当时， ，单调递减，当时， ，单调递增，

∴ ，无极大值；

（2）∵1是方程的根，

∴，解得 ，∴ ，

设 ，则 ，

设 ，则 ，

∵，，且方程在上有实根，

设，，则在，上不单调，

∴ 在上存在零点，在上存在零点，

∴在上至少有两个相异实根，

当时， ，单调递增，不合题意，

当时，令 ，解得，

当时， ，单调递减.

当时， ，单调递增，

∴ ，

设 ，则 ，

令 ，解得 ，

当 时， ，单调递增，

当 时， ，单调递淢，

∴ ，∴，

∴ ，

∴ ，即 ，解得 ，

∴b的取值范围为 ；

综上，，无极大值；b的取值范围为.

【点睛】对于第二问，得出在上至少有两个相异实根是问题的核心，由此讨论 的最小值以及 至少有两个相异实根的充分条件而得出b的取值范围.