浙江省宁波市2023_2024学年高二数学上学期期中试卷含解析

这是一份浙江省宁波市2023_2024学年高二数学上学期期中试卷含解析，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.