2022-2023学年湖北省孝感市高二下学期期中联考数学试题含解析

2022-2023学年湖北省孝感市高二下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．椭圆的长轴长为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】D

【分析】将椭圆的方程化为标准方程求解.

【详解】解：椭圆的标准方程为，

所以，则长轴长为.

故选：D

2．3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数是（    ）

A． B． C．12 D．16

【答案】B

【分析】根据分布乘法计数原理进行计算.

【详解】每个班有4种不同选择，共有种不同选法.

故选：B

3．已知抛物线的焦点为，若点在抛物线上，则（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】利用点在抛物线上，求解抛物线方程，利用抛物线的定义求解即可.

【详解】将点代入抛物线方程，得到，所以.

故选：C.

4．已知为等差数列，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据等差数列等差中项的性质可得公差，进而确定通项及.

【详解】由，，

可得，，则，，

所以，解得，

所以，

所以，

故选：C.

5．已知函数，则在处的导数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求得，得到，即可求解.

【详解】由函数，可得，

所以，解得.

故选：A.

6．已知数列是递增的等比数列，，若的前项和为，则，则正整数等于（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】根据已知条件，结合等比数列的通项公式，以及等比数列前项和公式，即可求解.

【详解】联立可得或，

又因为数列是递增的等比数列，所以，

则公比，

所以，

所以.

故选：B.

7．过点的直线与双曲线相交于两点，若是线段的中点，则直线的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用点差法求解.

【详解】解：设，则，

两式相减得直线的斜率为，

又直线过点，

所以直线的方程为，

经检验此时与双曲线有两个交点.

故选：A

8．已知函数，若的解集为，且中恰有一个整数，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由，得到，分别画出和的图象，利用数形结合法求解.

【详解】由，得，所以，

令，则，

当时，，在上递增；

当时，，在上递减，

令，画出的图象如图.

根据条件，由图象，可得，解得，

故选：A.

二、多选题

9．以直线与坐标轴的交点为焦点的抛物线的标准方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】先求出直线与坐标轴的交点坐标，再得到抛物线方程.

【详解】直线与坐标轴的交点为，，

故以和为焦点的抛物线标准方程分别为和.

故选：BD.

10．已知函数，下列命题中为真命题的是（    ）

A．的单调递减区间是

B．的极小值点是2

C．有且只有一个零点

D．过点只能作一条直线与的图象相切

【答案】ABD

【分析】求得，求得函数的单调区间，可判定A正确；结合极值点的概念，可判定B正确；根据，可判定C项错误；设切点为，利用导数的几何意义列出方程，求得只有一解，可判定D正确.

【详解】由函数，可得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以单调递增区间为，递减区间为，所以A正确；

由上可知，当时，函数取得极小值，即2是的极小值点，所以B正确；

根据函数的性质，又，则有三个零点，所以C错误；

因为原点不在曲线上，设切点为，

由，可得，解得，

所以切点只有一个，所以D正确.

故选：ABD.

11．如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，若原正三角形边长为1，记第个图中图形的边数为，第个图中图形的周长为，则下列命题正确的是（    ）

A． B．

C． D．数列的前项和为

【答案】ACD

【分析】根据图形可求出进而可以判断.

【详解】分析知及，得项正确，B项错误；

由及，得项正确；

数列的前项和为D项正确.

故选：ACD.

12．已知圆的半径为定长是圆所在平面内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和直线相交于点，当点在圆上运动时，关于点的轨迹，下列命题正确的是（    ）

A．若是圆内的一个定点（非点）时，点的轨迹是椭圆

B．若是圆外的一个定点时，点的轨迹是双曲线的一支

C．若与点重合时，点的轨迹是圆

D．若是圆上的一个定点时，点的轨迹不存在

【答案】AC

【分析】根据椭圆定义可判断A；根据双曲线定义可判断B；根据圆的定义可判断C；垂直平分线的定义可判断D.

【详解】如下图，若是圆内的一个定点（非点）时， ，，的轨迹是以为焦点的椭圆，所以A项正确；

如下图，若是圆外的一个定点时，，，的轨轨迹是以为焦点的双曲线，所以项错误；

如下图，若与点重合时，的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，所以项正确；

如下图，若是圆上的一个定点时，点的轨迹为点构成的集合，所以项错误

.

故选：AC.

三、填空题

13．乘积展开后共有项______.

【答案】

【分析】根据分步乘法计数原理计算可得.

【详解】依题意从第一个括号中选一个字母有种方法，

从第二个括号中选一个字母有种方法，

从第三个括号中选一个字母有种方法，

按照分步乘法计数原理可得展开后的项数为项；

故答案为：

14．若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值是______.

【答案】

【分析】由直线垂直可得切线斜率为，再对曲线求导，根据导数的几何意义有，即可求解.

【详解】由题意知：处的切线的斜率为，而，

所以，可得.

故答案为：

15．已知分别是双曲线的左､右焦点，点是双曲线的右顶点，点在过点且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则双曲线的离心率为___________.

【答案】

【分析】作出辅助线，得到，求出，求出离心率.

【详解】由题知，过作轴于，则，

，

，解得，

故答案为：

16．数列满足，前16项和为352，则___________.

【答案】5

【分析】由，推出和，再利用前16项和为352求解.

【详解】解：由题知：，

，

又，，

，

，

故答案为：5

四、解答题

17．已知等差数列的前项和为，

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设公差为，依题意得到关于、的方程组，解得即可、，即可求出通项公式；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.

【详解】（1）设公差为，由，，得，解得，

所以.

（2）由（1）可得，

所以

，

故数列的前项和为.

18．已知函数，曲线在点处切线方程为.

(1)求实数的值；

(2)求的单调区间，并求的极大值.

【答案】(1)

(2)函数在单调递增；函数在单调递减；极大值为

【分析】（1）求导函数，利用导数的几何意义及曲线在点处切线方程为，建立方程，即可求得实数的值；

（2）利用导数的单调性和极值知识即可求解.

【详解】（1），

曲线在点处的切线方程为，

，解得.

（2）由（1）可知：，

.

由解得，或，此时函数在单调递增；

由解得，此时函数在单调递减.

故当时，函数取得极大值，极大值为.

19．如图所示，已知直线与抛物线交于两点，且交于点，点的坐标为

(1)求的值；

(2)若线段的垂直平分线与抛物线交于两点，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意求得，联立方程组得到，根据，得到，列出方程求得，即可求得抛物线的方程；

（2）设中点为，由（1）求得，联立方程组求得和，得到，进而求得的值.

【详解】（1）解：由于点，可得，所以，

所以直线的为，即，

联立方程组，整理得，

设，可得，且，

又由，可得，

所以，即，解得，

所以抛物线的方程为.

（2）解：设中点为，由（1）知，

所以，所以，即，

联立方程组，整理得，易得，

设，可得，

所以，

所以.

20．已知正项数列和，数列的前项和为，若，

(1)求数列与的通项公式；

(2)令，记数列的前项和为，若，求的最小值.

【答案】(1)；

(2)最小值为

【分析】（1）由，得到，两式相减化简得，利用等差数列的通项公式求得，再由，求得；

（2）由（1）得到，利用错位相减法求得，结合指数幂的运算性质，得到，求得，即可求解.

【详解】（1）解：由，可得，

两式相减：，

整理得，

因为，所以，

又由且，解得，

所以数列是首项为，公差为的等差数列，故，

又因为，可得，所以，

所以数列的通项公式为.

（2）解：由且，可得，

则，

可得，

两式相减得，

则，

所以，

所以，可得，

又由，可得，

所以的最小值为.

21．已知在平面直角坐标系中，椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，焦距等于，且经过点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)记椭圆的左､右顶点分别为，，点是椭圆上位于轴上方的动点，直线，与直线分别相交于，两点，求线段的长度的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用定义法求椭圆方程；

（2）法一：设，，，分别表示直线，的方程，分别联立直线与，可得与关系，利用两点间距离公式结合基本不等式可得最值；法二：根据，的斜率及统一发出可得斜率间的关系，设直线的斜率为，可表示与的坐标，再利用基本不等式求最值.

【详解】（1）由已知得，

则椭圆的两焦点坐标分别为，，

又，即，

解得，又，

所以椭圆的方程为；

（2）

法一：设，，，

则直线方程为，与联立，得：

直线方程为，与联立，得：

则，又，，

所以，

当且仅当，即，得，即时，取等号，

所以，线段的长度的最小值；

法二：设，则直线的斜率为，则直线的斜率为，

结合得：

所以可设直线方程为，与联立，得，

设直线方程为，与联立，得

所以，

当且仅当，即，此时时，取等号

所以，线段的长度的最小值.

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

22．已知函数，其中.

(1)求的单调区间；

(2)当时，设为的两个极值，证明：.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，再分，和三种情况讨论，根据导函数的符号即可得出答案；

（2）由（1）可得当时，的两个极值分别为：，，则，构造函数，利用导数证明即可得证.

【详解】（1）依题可知：定义域为，

，

①当时，由，得或，由，得

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，

②当时，的单调递增区间为的无单调递减区间，

③当时，由，得或，由，得，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）法一：当时，

的两个极值分别为：，，

所以，

令，则，

令，则，

所以在上单调递减，且，

故存在，使得，即，

当单调递增；当单调递减，

所以

，

又，

所以.

（2）法二：当时，

的两个极值分别为：，，

所以，

令，

则，

当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，

所以，

所以.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.