2022-2023学年重庆市南开中学校高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年重庆市南开中学校高二上学期期末数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年重庆市南开中学校高二上学期期末数学试题 一、单选题1．已知是函数的导函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】对求导，即可求出.【详解】，所以.故选：D.2．在等差数列中，若，则（    ）A．30 B．40 C．45 D．60【答案】C【分析】根据等差数列的下标性质可求出结果.【详解】因为数列为等差数列，且，所以，即，所以.故选：C3．已知抛物线，若抛物线上纵坐标为2的点到焦点的距离为3，则（    ）A． B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据抛物线的定义：抛物线上一点到焦点的距离等于到准线的距离，即可求解.【详解】根据题意作图如下：因为抛物线上纵坐标为2的点到焦点的距离为3，又抛物线上一点到焦点的距离等于其到准线的距离，所以，解得.故选：C4．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：若以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”；．．．．．依次损益交替变化，获得了“宫､徵､商､羽､角”五个音阶．据此可推得（    ）A．“徵､商､羽”的频率成等比数列B．“宫､徵､商”的频率成等比数列C．“商､羽､角”的频率成等比数列D．“宫､商､角”的频率成等比数列【答案】D【分析】依题意求出“宫､徵､商､羽､角”这5个音阶的频率，根据等比数列的定义可得答案.【详解】设“宫”的频率为，则“徵”的频率为，“商”的频率为，“羽”的频率为，“角”的频率为，所以“宫､商､角”的频率成等比数列,公比为.故选：D5．设函数在上单调递减，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由函数单调递增，可得在上恒成立，孤立参数，再设，确定的单调性求最值，即可得实数的取值范围.【详解】解：函数在上单调递减，则在上恒成立，所以，在上恒成立，设函数，则，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，则实数的取值范围是.故选：D.6．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：B7．若数列满足，且对于都有，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，由题意可证得数列是以为首项，2为公差的等差数列，即可求出数列的通项公式，再由裂项相消法求和即可得出答案.【详解】因为对于都有，，令，所以，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列.所以，所以，所以，，……，，将这项累加，则，所以，则，所以.故选：D.8．已知是函数的导函数，，且对于任意的有．则下列不等式一定成立的是（    ）A．B．C．D．【答案】A【分析】设，，根据已知条件，利用导数得到为增函数，由可推出A正确；由可推出B不正确；由可推出C不正确；由可推出D不正确.【详解】因为对于任意的有．又，，所以，设，，则，因为当时，，所以，所以在上为增函数，因为，所以，所以，所以，所以，故A正确；因为，所以，所以，所以，所以，故B不正确；因为，所以，所以，所以，所以，故C不正确；因为，所以，所以，所以，所以，故D不正确；故选：A 二、多选题9．已知数列中，，则能使的可以为（    ）A．2021 B．2022 C．2023 D．2024【答案】AD【分析】证明数列的周期，然后算第一个周期中等于的项.【详解】又是以为周期的周期数列.又因为，所以，故时经检验A D都符合.故选：AD10．如图是函数的导函数的图象，对于下列四个判断，其中正确的是（    ）A．在上是增函数B．在上是减函数C．当时，取得极小值D．当时，取得极大值【答案】BC【分析】根据导数与原函数关系解决.【详解】从导函数图像可以看出函数在上为单调减函数；在上为增函数，故A错B对，C对D错.故选：BC11．设等差数列的前项和为，公差为，若，则下列结论正确的有（    ）A．数列是单调递增数列B．当取得最小值时，或6C．D．数列中的最小项为【答案】AD【分析】由得，再由可判断A；由得，得可判断B；由解得的范围可判断C；根据已知时 ，时，时，所以数列中的最小项在之间，再由、的正负和单调性可判断D.【详解】对于A，因为，所以，因为，所以，得，故数列是单调递增数列，所以选项A正确；对于B，因为，所以，可得，，可得，由数列是单调递增数列前6项都是负的且和最小，所以选项B错误；对于C，由得，解得，故C错误；对于D， ，当时，，，所以，当时，，，所以，当时，，，所以，所以数列中的最小项在之间，因为在时，且逐渐增大但逐渐减小，且逐渐增大，所以逐渐增大，故最小，所以D正确.故选：AD.12．2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo（如图所示），设计师的灵感来源于曲线．当时，下列关于曲线的判断正确的有（    ）A．曲线关于轴和轴对称B．曲线所围成的封闭图形的面积小于8C．设，直线交曲线于两点，则的周长小于8D．曲线上的点到原点的距离的最大值为【答案】ABD【分析】根据用替换，不变，得方程不变，用替换，不变，得方程不变，可判断A正确；根据曲线的范围，可判断B正确；先得到椭圆在曲线内(除四个交点外)，再根据椭圆的定义可判断C不正确；利用两点间的距离公式、三角换元和三角函数知识求出最大值，可判断D正确；【详解】当时，曲线：，对于A，用替换，不变，得，即，则曲线关于轴对称；用替换，不变，得，即，则曲线关于轴对称，故A正确；对于B，由，得，，所以曲线在由直线和所围成的矩形内（除曲线与坐标轴的四个交点外），所以曲线所围成的封闭图形的面积小于该矩形的面积，该矩形的面积为，故B正确；对于C，对于曲线和椭圆，设点在上，点在上，因为，所以，所以，设点在上，点在上，因为，所以，所以，所以椭圆在曲线内(除四个交点外)，如图：设直线交椭圆于两点，交轴于，易知，为椭圆的两个焦点，由椭圆的定义可知，，，所以的周长为，由图可知，的周长不小于，故C不正确；对于D，设曲线上的点，则该点到原点的距离为，因为，所以设，，，则，其中，，所以当时，取得最大值，取得最大值.故D正确；故选：ABD 三、填空题13．如图，直线是曲线在点处的切线，则的值等于______ ．【答案】##5.5【分析】由函数的图像可得，以及直线过点和，由直线的斜率公式可得直线的斜率，进而由导数的几何意义可得的值，将求得的与的值相加即可.【详解】由函数的图像可得，直线过点和，则直线的斜率，又由直线是曲线在点处的切线，则，所以．故答案为：14．记数列的前项和为且，则__________．【答案】##【分析】由，利用与的关系即可解出.【详解】解：当时，，当时，由，得，两式相减得，又，所以是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以.故答案为：15．设双曲线的右焦点为，中心为，斜率为2的直线过且与的两条渐近线分别交于两点，且，则双曲线的离心率为__________．【答案】【分析】根据直线与渐近线方程联立可得，，进而根据向量的坐标关系即可求解，进而可求离心率.【详解】有题意可知，故直线方程为，渐近线的方程分别为和，联立，因此,同理，,由得,即，化简得，因此离心率，故答案为：16．定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为．若在区间上，则称函数在区间上为“凹函数”．已知在区间上为“凹函数”，则实数的取值范围为__________．【答案】【分析】根据“凹函数”的定义，化为恒成立，再构造函数，，利用导数求出其最小值可得结果.【详解】因为，所以，所以，因为在区间上为“凹函数”，所以，所以，令，则，令，得，令,得，所以在上为减函数，在上为增函数，所以，所以.故答案为： 四、解答题17．已知正项等比数列前项和为，且成等差数列．(1)求数列的通项公式；(2)记，其前项和为，求数列的前项和．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）设的公比为，列方程求得后可得通项公式；（2）由题可得，，然后利用裂项相消法即得．【详解】（1）设的公比为()，因为，且成等差数列,所以，所以，即，又，所以，所以；（2）由题可知，所以，，所以.18．设函数．(1)若是函数的极值点，求在上的最大值；(2)若曲线在处的切线与曲线也相切，求实数的值．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）求出后，根据可求出，再利用导数可求出在上的最大值；（2）根据导数的几何意义求出曲线在处的切线，以及曲线在点处的切线方程，根据两直线重合列式可求出结果.【详解】（1）因为，所以，因为是函数的极值点，所以，得，此时，，当时，，当时,,所以在上为减函数，在上为增函数，所以是的一个极小值点，所以符合题意.由以上可知，在上为减函数，在上为增函数，又，，所以，所以在上的最大值为.（2）由（1）知，，所以，又，所以切线，即，假设直线与曲线切于，因为，所以，又，所以在处的切线方程为，即,因为直线与直线重合，所以，消去，得，解得或.19．如图，在四棱锥中，侧面底面，底面是平行四边形，分别为线段的中点．(1)证明：平面；(2)若直线与平面所成角的大小为，求二面角的余弦值．【答案】(1)详见解析；(2). 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，根据余弦定理及线面垂直的判定定理即得；（2）由题可得为直线与平面所成角，进而可得，然后利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.【详解】（1）因为，为线段的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以，所以，所以，即，由分别为线段的中点，可得，所以，又，平面，平面，所以平面；（2）连接，因为平面，所以为直线与平面所成角，即，因为底面是平行四边形，，分别为线段的中点，所以，又，所以，如图以为原点建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，可得，由题可知平面的一个法向量为，所以，即二面角的余弦值为.20．已知数列满足．数列满足，且．(1)求数列和的通项公式；(2)设数列前项和为，若不等式对任意恒成立，求实数取值范围．【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）利用递推公式，结合等差数列的定义进行求解即可；（2）结合错位相减法进行求解即可.【详解】（1）当时，，因为，而，所以有，也适合所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，即， 由，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，所以有；（2），，两式相减，得：，代入中，得：，设， 因为，所以，因此要想不等式对任意恒成立，只需，即实数取值范围为.21．已知函数，其中是自然对数的底数．(1)讨论函数的单调性；(2)若在区间上有解，求实数的取值范围．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）先求出导数，分，，讨论单调性.(2)根据第（1）问，分，，讨论在的单调性，求【详解】（1）当时，在上恒成立，所以函数在上单调递增.当时，时，；时，所以函数在上单调递增，在上单调递减.当时，时，；时，所以函数在上单调递增，在上单调递减.综上：时在上单调递增.时在上单调递增，在上单调递减时在上单调递增，在上单调递减.（2）若在区间上有解，即求当时在上单调递增，所以在上的最小值为不成立，故不满足题意.当时在上单调递增，在上单调递减当时，所以函数在单调递减，所以成立，满足题意.时，函数在单调递减，在上单调递增.所以不成立，舍去时在上单调递增，在上单调递减.所以函数在单调递增，，所以综上的取值范围为：22．已知椭圆的左右焦点为，且，直线过且与椭圆相交于两点，当是线段的中点时，．(1)求椭圆的标准方程；(2)当线段的中点不在轴上时，设线段的中垂线与轴交于点，与轴交于点为椭圆的中心，记的面积为的面积为，当取得最大值时，求直线的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知的焦距大小以及通径，即可求得椭圆方程；（2）设过椭圆的右焦点的直线的方程为，，联立与椭圆的方程，得韦达定理，进而得中点坐标，根据中垂线方程可求解坐标，进而根据弦长公式以及点点距离即可表示面积，根据导数求解最值即可.【详解】（1）由于，所以，则右焦点的坐标为，当时，代入椭圆方程为 ，故当是线段的中点时，此时轴，故，又，联立即可求解解得，，，椭圆的标准方程：；（2）由线段的中点不在轴上可知直线有斜率且不为0，设过椭圆的右焦点的直线的方程为，，设，，，，联立整理得：，由韦达定理得，．．为线段的中点，则可得点，．，又直线的斜率为，直线的方程为：．令得，，故 令得，,故 因此,,故 令 ，故，记，故当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取最大值 ，故此时取最大值，此时，此时直线的方程为【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，这是解析几何大题常考类型.联立直线与曲线的方程是必备和常用的方式，得韦达定理，求解弦长以及中点坐标等.求解最值时，往往需要将长度或者面积的函数表达出来，结合不等式求最值或者构造函数，利用导数求解单调性进而求最值.