浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题，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. 函数在处的导数是（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】先对函数求导后，再将代入导函数中可求得结果.
【详解】由，得，
所以函数在处的导数是，
故选：A
2. 设数列满足，则（ ）．
A. 4B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据递推关系代入计算即可.
【详解】由，则，则，
，则.
故选：D.
3. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆方程的特征分析求解.
【详解】由题意可得：，解得，
所以的取值范围为.
故选：A.
4. 2023年10月17～18日，第三届“一带一路”高峰论坛在北京举行，有150个国家、92个国际组织的外宾参与论坛．从2013年到2022年，中国与共建“一带一路”国家的进出口累计总额年均增长率为．现已知2013年进出口累计总额为10.9万亿美元，则2022年进出口累计总额（保留1位小数）约为（ ）．
参考数据：
A. 17.9万亿B. 19.1万亿C. 20.3万亿D. 21.6万亿
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定信息，构建等比数列，再求出其中的项即可.
【详解】依题意，从2013年到2022年每年进出口累计总额依次排成一列构成等比数列，
其中，公比，
所以2022年进出口累计总额为（万亿）.
故选：B
5. 函数图象与直线恰有两个不同的交点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数探讨函数的性质，并求出函数值集合即可得解.
【详解】函数的定义域为R，求导得，
当时，，函数递减，函数值集合，
当时，，函数递增，函数值集合为，
当时，函数取得最小值，如图，
所以函数图象与直线恰有两个不同的交点时，.
故选：B
6. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数可得，据此判断，再由判断即可得解.
【详解】令，则，可知时，时，
故在上单调递减，在上单调递增，可知，
所以，时等号成立，所以，故；
又，当时等号成立，则，故.
综上，.
故选：C
7. 已知是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，是椭圆上的点（不在坐标轴上），的平分线交于，且，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义及角平分线定理求，再由即可求解.
【详解】如图，
由椭圆可知，，即，
由内角平分线定理可知，，
又，则，即，
所以，即，解得，
所以.
故选：B
8. 已知无穷正整数数列满足，则的可能值有（ ）个
A. 2B. 4C. 6D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】变形给定的递推公式，由，推导出矛盾，从而得，再代入即可分析求解.
【详解】由，得，当时，，
两式相减得，即，
于是，依题意，
若，有，则，即是递减数列，
由于是无穷正整数数列，则必存在，使得与矛盾，
因此，即，于是数列是周期为2的周期数列，
当时，由，得，即，
从而，所以的可能值有6个.
故选：C
【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质问题，认真分析递推公式并进行变形，结合已知条件探讨项间关系而解决问题.
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. 定义在上的可导函数的导函数图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.
B. 函数的最大值为
C. 1是函数的极小值点
D. 3是函数的极小值点
【答案】AC
【解析】
【分析】由的图象对选项一一判断即可得出答案,
【详解】由的图象可知，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则，故A正确；
由，故B错误；
因为在上单调递减，在上单调递增，故1是函数的极小值点，故C正确；
当时，的符号未发生改变，故3不是函数的极小值点，故D错误.
故选：AC.
10. 已知数列的前项和为，则（ ）
A. 若为递减等比数列，则的公比．
B. “为等差数列”是“为等差数列”的充要条件
C. 若为等比数列，则可能为等比数列
D. 若对于任意的，数列满足，且各项均不为0，则为等比数列
【答案】BD
【解析】
【分析】取特殊数列可判断AC，利用等差数列的定义及等差数列的求和公式判断B，令，根据等比数列定义判断D.
【详解】取，则为递减等比数列，公比，故A错误；
若为等差数列，则，所以，
故（常数），故为等差数列，
若为等差数列，则，即，
所以，两式相减得，
所以，故（常数），所以为等差数列，
所以“为等差数列”是“为等差数列”的充要条件，故B正确；
若，满足为等比数列，此时，当时，，
所以，不是等比数列，故C错误；
任意的，满足，不妨取，则
，因为各项均不为0，所以（不为0的常数），
故为等比数列，故D正确.
故选：BD
11. 已知数列满足，设，记的前项和为，的前项和为，则（ ）
A. 为等比数列B. 为等比数列
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据条件化简得判断B，取对数后可判断A，根据等比数列求和公式判断C，放缩后利用等比数列求和可判断D
【详解】由，则，则，
则，即，由，
则，即，（不是常数），故A对B错；
由为等比数列，故，，故C正确；
又，则，
当时，成立，综上，故D正确.
故选：ACD
12. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点为双曲线右支上任意一点，点，下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 的最小值为
C. 过与双曲线有一个公共点直线有3条
D. 若，则的面积为5
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线定义判断A，根据双曲线定义及图象可判断B，根据双曲线的性质判断C，根据定义及直角三角形判断D.
【详解】如图，
由双曲线方程知，
所以由双曲线定义知，故A正确；
因为，所以，，
由，故B正确；
过M与两渐近线平行的直线仅1个交点，过M与左支相切与右支无交点的直线有1条，
过M与右支相切且与左支无交点的直线有1条，故共有4条，故C错误；
若，则，即，
所以，解得，
所以，故D正确.
故选：ABD
【点睛】本题C选项也可以通过设直线联立双曲线方程采用纯代数的方法进行判断，选项D可以直接利用焦点三角形的面积公式判断.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知数列为等比数列，，则______．
【答案】48
【解析】
【分析】根据等比数列的定义及通项公式可得解.
【详解】由题意，，
所以.
故答案为：48
14. 设函数在处可导且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由导数的概念求解即可.
【详解】由.
故答案为：.
15. 设等差数列的前项和为，满足，数列中最大的项为第______项．
【答案】6
【解析】
【分析】根据给定条件，结合等差数列的性质求出最大项，的最小项得解.
【详解】依题意，，，
显然，且，等差数列的公差，
即数列是递减数列，前6项均为正数，从第7项起为负数，
数列的最大项为，是数列中的最小项，且，
所以数列中最大的项为，是第6项.
故答案为：6
16. 若函数在区间上有单调递增区间，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意转化为在上有解，分离参数后求函数最值即可得解.
【详解】，由题意在上有解，
即在上有解，
根据对勾函数的性质可知，在上单调递增，所以在时取最大值，
故，故实数的取值范围是.
故答案为：
四、解答题：本题共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. 已知等差数列，现在其每相邻两项之间插入一个数，使之成为一个新的等差数列．
（1）求新数列的通项公式；
（2）16是新数列中的项吗？若是，求出是第几项，若不是，说明理由．
【答案】（1）
（2）不是
【解析】
【分析】（1）求出原等差数列的通项公式，利用求解；
（2）根据数列的通项公式求解即可.
【小问1详解】
设已知的等差数列为，易知， 则，
则，
由题意知：，
则.
【小问2详解】
令，
故不是新数列中的项.
18. 已知函数在处取到极小值．
（1）求的值；
（2）求曲线在点处的切线方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据极小值列出方程组即可得解；
（2）求出切点处导数可得切线斜率，据此写出切线方程即可.
【小问1详解】
因为，
则，
即，
当时，，时，，
时，，故在处取到极小值，
所以满足题意.
【小问2详解】
由（1）知，，
则，
故切线方程为：，
即.
19. 已知抛物线上的点到其焦点的距离为2．
（1）求的方程及焦点的坐标．
（2）过点的直线交抛物线于两点，且的面积为8，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合抛物线的定义可求出，则可得抛物线方程，然后代入点P横坐标即可求得；
（2）由题意可知直线斜率存在，设出直线方程以及交点坐标，将直线方程带入抛物线方程化简利用根与系数的关系，代入面积公式即可求得.
【小问1详解】
由抛物线的定义可得：， 解得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
由题意可设直线方程为，，，
由，得，
所以，，，
因为．
所以，得，故直线的方程为：.
20. 已知等差数列和正项等比数列满足：，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出方程组求出公差、公比即可得解；
（2）根据错位相减法求和即可.
【小问1详解】
设数列的公差为，数列的公比为，
则，
消元得或（舍去），故，
故.
【小问2详解】
由，
则①
②
①②得：
故.
21. 已知函数．
（1）当时，求函数的最小值；
（2）若对任意的恒成立，求整数的最大值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，，对求导，比较与的大小，即可得出的单调性，进而求出函数的最小值；
（2）由可得，令，分类讨论和，结合恒成立可得答案.
【小问1详解】
当时，，，
令，解得：；令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
【小问2详解】
由可得：，即，
记，，
若，即，，则在上单调递增，又时，，不合题意；
若，即，令，则，令，则，
则在上单调递减，在上单调递增，
，令，
，
则令，解得：，令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，
故整数的最大值为.
22. 已知双曲线的左右顶点分别为点，其中，且双曲线过点．
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的直线分别交的左、右支于两点，过点作垂直于轴的直线，交线段于点，点满足．证明：直线过定点，并求出该定点．
【答案】22.
23. 证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，代入点C求出即可得解；
（2）设的方程，得出坐标，求出，化简计算可得，据此得证.
【小问1详解】
由，则，
又，则，
所以，
故双曲线的方程为：.
【小问2详解】
如图，

由，则方程，
显然直线DE的斜率存在，设直线方程为：，
则，则，
由，则，
则，
，
联立，
则，
则
所以，
故，
故过定点.
【点睛】关键点点睛：本题求定点问题，方法与一般方法有差异，先求的斜率，再利用根与系数的关系，证明是问题的关键点与难点，据此得出，再由此得出定点为B.