安徽省安庆市第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷 Word版含解析.docx

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2023-2024学年安徽省安庆市市安庆一中高二上学期期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角为（　　）A.150°B.120°C.60°D.30°【答案】D【解析】【分析】由斜率得倾斜角．【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为30°.故选：D．2.已知抛物线C：的焦点为F，是C上一点，，则（）A.1B.2C.4D.5【答案】B【解析】【分析】先求出抛物线的准线方程，进而将点到焦点的距离转化为到准线的距离即可求得答案.【详解】由抛物线C：可得，则准线方程为，于是，解得．故选：B．3.已知，为的导函数，则的大致图象是（）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】首先将函数化简为，再求得，判断为奇函数，排除B，D；再分析选项A，C图像的区别，取特殊值即可判断出答案．【详解】解：∵，∴，∵，∴为奇函数，其图象关于原点对称，故B，D错误；将代入得：，故C错误．故选：A．4.直线与圆的位置关系是（）A.相交B.相切C.相离D.与的值有关【答案】A【解析】【分析】确定直线过定点，点在圆内，得到答案.详解】过定点，且，故在圆内，故直线和圆相交.故选：A5.命题“”是命题曲线表示双曲线的（）A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】【分析】求出为真时的的范围，然后由充分必要条件的定义判断．【详解】曲线表示双曲线，则，解得，因此是的充分不必要条件．故选：A．6.在等比数列中，有，数列是等差数列，且，则等于（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据等比数列性质求得，再由等差数列性质求解．【详解】∵是等比数列，∴，，所以，即，∵是等差数列，所以．故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列和等比数列的性质，掌握等差数列和等比数列的性质是解题关键，设是正整数，，若是等差数列，则，若是等比数列，则．时，上述结论也成立．7.已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，以为直径的圆交直线于点B（不同于原点O），设的面积为S．若，则椭圆C的离心率为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题可得的三边长，再结合三角形面积公式及向量数量积公式可得的关系式，即求. 【详解】依题意，得，∴点A到直线的距离，在中，∵，，∴，∵，∴，其中，∴，∴，即，得，∴或（舍）∴离心率为.故选：D.8.已知函数为上的偶函数，且对于任意的满足，则下列不等式成立的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】令，依题意知为偶函数，且在区间上是减函数，再由，结合条件分别判断四个选项即可．【详解】解：偶函数对于任意的满足，令，则，即为偶函数．又，故在区间上是减函数，所以，即，故B正确；，故A错误；，故C错误；，故D错误；故选：B．【点睛】关键点睛：根据导函数不等式构成函数，利用函数的单调性进行判断是解题的关键.二、多选题：本题共4小题，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.已知直线l过点，若直线l在x轴和y轴上的截距相等，则直线l的方程可能为（　　）A.B. C.D.【答案】AC【解析】【分析】直接求出直线方程，即可得到答案.【详解】当直线过原点时，斜率为.此时直线的方程为，即.当直线不过原点时，设直线的方程为代入，得.此时直线方程为.故答案为：AC.10.过抛物线的焦点的直线与相交于，两点.若的最小值为，则（）A.抛物线的方程为B.的中点到准线的距离的最小值为3C.D.当直线的倾斜角为时，为的一个四等分点【答案】ABD【解析】【分析】A选项：考虑直线的斜率不存在与斜率存在两种情况，分别用含的式子表达出，利用的最小值为求出的值，B选项结合A选项求出的的值即可判断当斜率不存在的时候，的中点到准线的距离的最小值为3；C选项利用韦达定理求出的值，作出判断；D选项，求出当直线的倾斜角为时的与的值，进行判断.【详解】当直线的斜率不存在时，因为直线过抛物线的焦点，所以的方程为：，由可得，此时，当直线的斜率存在时，设的方程为：，，， 由可得：，所以，，所以，对于A：由以上证明可知：当直线的斜率不存在时，，可得，所以抛物线的方程为，故选项A正确；对于B：当直线的斜率不存在时，的中点到准线的距离为，当直线的斜率存在时，的中点横坐标为，此时的中点到准线的距离，故选项B正确；对于C：当直线的斜率不存在时，，，此时，故选项C不正确；对于D：当直线的倾斜角为时，直线的方程为：，由可得：，即，不妨设，，所以，，所以，所以为的一个四等分点，故选项D正确； 故选：ABD11.已知等比数列的前项积为，公比，且，则（    ）A.当时，最小B.C.存在，使得D.当时，最小【答案】BD【解析】【分析】根据题意结合等比数列的性质以及单调性逐项分析判断.【详解】对于选项B：因为，所以，又因为，所以，故B正确；对于选项A、D：因为，所以，则，又因为，可得，则，故，且，可知数列是单调递增数列，当时，；当时，；所以当时，最小，故选项A错误，选项D正确；对于选项C：因为数列是单调递增数列，且当时，， 所以，故C错误.故选：BD.【点睛】关键点睛：项数是关键：解题时特别关注条件中项的下标即项数的关系，寻找项与项之间、多项之间的关系选择恰当的性质解题.12.已知曲线在点处的切线为，且与曲线也相切．则（）A.B.存在平行线与曲线相切C.任意，恒成立D.存在实数，使得任意恒成立【答案】AC【解析】【分析】由得，求出切线，与联立，由可得，由此判断A；由反证法可判断B；构造函数，通过研究其最小值和极限可判断C和D.【详解】对于选项A：由得，所以，则，所以切线的斜率为，所以切线的方程为.又直线也与相切，联立得，由得，故A正确；对于选项B：假设存在与平行的直线与曲线相切于点，则，显然.令（）,则，所以当时，即单调递增，又，所以，即与重合，这与与平行矛盾，故B错误；对于选项C：构造函数（），则，由得.当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以 .所以对，即恒成立.故C正确；对于选项D：因为在上单调递增，又时，，所以不存在实数，使得即对任意恒成立.故D错误.故选：AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知是以点为圆心，为半径的圆上的点，则点到原点的最小距离为______.【答案】4【解析】【分析】先判断点与圆的位置关系，然后根据点到圆心距离结合几何性质求解最值即可.【详解】原点到圆心的距离为，因此点在圆外，故点到原点的最小距离为.故答案为：14.已知双曲线：的右焦点到渐近线的距离为4，则实轴长为___________．【答案】6【解析】【分析】焦点到渐近线的距离，且，由，解得，进而可得答案．【详解】解：双曲线的渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离，所以，即，所以，所以，所以实轴长为， 故答案为：6．15.古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了子安贝（其中，），数列的前n项和为．若关于n的不等式恒成立，则实数t的取值范围为____．【答案】【解析】【分析】先求得数列的通项公式和前n项和，化简题给不等式为，求得的最小值，进而得到实数t的取值范围.【详解】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故．所以．由，得，整理得对任意，且恒成立．又，当且仅当，即时等号成立，所以t＜15，即实数t的取值范围是故答案为：16.若关于x不等式的解集中的正整数有且只有一个，则k的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】对进行分类讨论，结合构造函数法以及导数，求得的取值范围.【详解】当时，任一正整数都满足不等式，故. 当，时，不等式等价于，令，，∴当时，恒成立，∴在上单调递增，∴，解得.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.在等差数列中，为其前n项和．若．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程组，可得首项和公差，即可得到所求通项；（2）求得，再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简整理，即可得到所求和．【详解】解：（1）设数列的首项为，公差为，由题意得，解得，故数列的通项公式； （2）由（1）得，即有前项和．18.已知函数，若函数在处取得极值．（1）求，的值；（2）求函数在上的最大值和最小值．【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为．【解析】【分析】（1）求出导函数，由即可解得；（2）求出函数的单调区间，进而可以求出函数的最值.【详解】解：（1）由题意，可得，得.（2），令，得或（舍去）当变化时，与变化如下递增递减所以函数在上的最大值为，最小值为.19.已知圆M经过两点，B（2，2）且圆心M在直线上．（1）求圆M的方程； （2）设E，F是圆M上异于原点O的两点，直线OE，OF的斜率分别为k1，k2，且，求证：直线EF经过一定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，定点(-4，0)【解析】【分析】(1)设出圆的方程，根据给定条件列出方程组，求解即可得圆的方程.(2)设直线EF的方程为，再与圆的方程联立消去y，利用韦达定理及求得k与m的关系即可推理作答.小问1详解】设圆M的方程为：，由题意得，，解得，所以圆M的方程：.【小问2详解】依题意，直线EF斜率存在，否则直线OE，OF关于x轴对称，k1，k2互为相反数，与已知矛盾，设直线EF：，由得：．，即，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则，，于是得，则4k=m，直线EF的方程为：，于是得直线EF过定点(-4，0)， 所以直线EF经过一定点(-4，0).20.已知各项均为正数的数列满足，，，.（1）证明：数列为等比数列；（2）记，证明数列为等差数列，并求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，.【解析】【分析】（1）利用等比数列的定义，结合递推公式，即可证明；（2）根据（1）的结果，结合等差数列的定义，证明数列是等差数列，求数列的通项公式，再利用错位相减法求和.【详解】解：（1）因为，所以又因为所以，数列是以为首项，以为公比等比数列所以，（2）证明：因为，可得所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列所以，因为，所以所以，两式作差得：所以， 21.已知以坐标原点为中心，坐标轴为对称轴的椭圆经过点，．（1）求椭圆的标准方程．（2）设过点的直线与交于，两点，点在轴上，且，是否存在常数使？如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在实数满足题意.【解析】【分析】(1)设出椭圆标准方程，将给定点的坐标代入列出方程组，求解即得；(2)直线斜率存在时，设出的方程，联立与的方程消元，借助韦达定理求出线段MN长，再求出QF长即可，验证斜率不存在时即可判断作答.【详解】（1）设椭圆的标准方程为，因点，在椭圆上，则有，解得，，所以椭圆的标准方程为；（2）显然点为椭圆的右焦点，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由消去y并整理得：，设，，则，，于是得，而，则线段的中点坐标为，因为点在轴上，且，则为线段的垂直平分线与轴的交点， 当时，，，则，当时，线段的垂直平分线方程为，令，得，即，则有，于是得，当直线的斜率不存在时，，取或能满足，综上所述，存在实数满足题意.22.已知函数.（1）若，求的极值；（2），若函数有两个零点，且，求证：.【答案】（1）极大值为，无极小值；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数求出的极值作答.（2）根据函数零点的意义，转化为直线与函数图象有两个交点，求出，再借助零点建立两个方程消去a，构造函数证明即可作答.【小问1详解】当时，定义域为，求导得，令，求导得，当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，无极小值，所以的极大值为，无极小值. 【小问2详解】依题意，，，因为函数有两个零点，且，而，则，因此函数的两个零点分别是直线与函数图象的两个交点横坐标，，当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，，而，时，恒有，时，，于是，即，令，显然有，则有，令，求导得，即函数在上单调递增，，即有，从而，又，所以.