2022-2023学年河南省信阳市信阳高级中学高二上学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南省信阳市信阳高级中学高二上学期期末考试数学试题（解析版），共17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学年河南省信阳市信阳高级中学高二上学期期末考试数学试题 一、单选题1．双曲线的渐近线方程是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据焦点在横轴上双曲线的渐近线方程直接求解即可.【详解】由题得双曲线的方程为，所以，所以渐近线方程为．故选：D2．若平面的法向量为，直线l的方向向量为，直线l与平面的夹角为，则下列关系式成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由线面角的向量求法判断【详解】由题意得，故选：D3．若抛物线：的焦点坐标为，则抛物线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知条件可得，求出，从而可求出抛物线的方程.【详解】因为抛物线：的焦点坐标为，所以，得，所以抛物线方程为，故选：D4．函数的定义域为R，导函数的图象如图所示，则函数（    ）A．无极大值点、有四个极小值点B．有三个极大值点、一个极小值点C．有两个极大值点、两个极小值点D．有四个极大值点、无极小值点【答案】C【分析】设的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为，根据导函数的图象写出函数的单调区间，再根据极值点的定义即可得出答案.【详解】解：设的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为，当或或时，，当或时，，所以函数在，和上递增，在和上递减，所以函数的极小值点为，极大值点为，所以函数有两个极大值点、两个极小值点.故选：C．5．已知点，直线：，则点到直线的距离为（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】利用点到直线的距离公式计算即可.【详解】已知点，直线，则点到直线l的距离,故选：.6．已知A，B，C，D，E是空间中的五个点，其中点A，B，C不共线，则“存在实数x，y，使得是“平面ABC”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC，结合充分必要条件的定义即可求解.【详解】若平面ABC，则共面，故存在实数x，y，使得，所以必要性成立；若存在实数x，y，使得，则共面，则平面ABC或平面ABC，所以充分性不成立；所以 “存在实数x，y，使得是“平面ABC”的必要不充分条件，故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量共面的问题，理清存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC是解题的关键，属于基础题.7．已知双曲线（a＞0，b＞0）与直线y＝2x有交点，则双曲线离心率的取值范围为（    ）A．（1，） B．（1，] C．（，＋∞） D．[ ，＋∞）【答案】C【分析】根据渐近线的斜率的范围可求离心率的范围.【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，由题意得，所以双曲线的离心率．故选：C.8．已知是定义在R上的偶函数，当时，，且，则不等式的解集是（    ）．A． B．C． D．【答案】D【分析】记.判断出的奇偶性和单调性，即可解不等式.【详解】记.因为是定义在R上的偶函数，所以因为，所以为奇函数，所以.因为，所以.当时，，所以在上单减.因为为奇函数，图像关于原点对称，所以在上单减.不等式即为.当时， 在上单减，且，所以的解集为；当时， 在上单减，且，所以的解集为.综上所述：的解集为.故选：D 二、多选题9．下列导数运算正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据导数的运算法则逐项运算排除可得答案.【详解】对于A，，故错误；对于B， ，故正确；对于C， ，故正确；对于D， ，故错误.故选：BC.10．设等差数列的前n项和为，其公差，且，则（    ）．A． B．C． D．【答案】ABC【分析】利用等差数列基本量代换，对四个选项一一验证.【详解】对于A：因为，所以，解得：.故A正确；对于B：.故B正确；对于C：因为，所以，所以.因为，所以.故C正确；对于D：因为，所以，所以.因为，所以.故D错误.故选：ABC11．已知曲线：函数的图像，曲线，若的所有对称轴平分，且与有公共点，则r的值可以等于（    ）．A． B． C． D．3【答案】BD【分析】先将整理成可得的所有对称轴都经过，故可求得，再计算上的点到圆心的最短距离即可求得答案【详解】因为，且是由向右平移个单位长度，向上平移个单位长度得到，的所有对称轴都经过，所以的所有对称轴都经过，因为的所有对称轴平分，所以的所有对称轴经过的圆心，所以，所以，设函数图象上的动点，则，当且仅当时，取等号，所以上的点到圆心的最短距离为，若与有公共点，则故选：BD12．我国知名品牌小米公司今年启用了具备“超椭圆”数学之美的全新Logo．新Logo将原本方正的边框换成了圆角边框（如图），这种由方到圆的弧度变化，为小米融入了东方哲学的思想，赋予了品牌生命的律动感．设计师的灵感来源于数学中的曲线，则下列有关曲线C的说法中正确的是（    ）．A．对任意的，曲线C总关于原点成中心对称B．当时，曲线C上总过四个整点（横、纵坐标都为整数的点）C．当时，曲线C围成的图形面积可以为2D．当时，曲线C上的点到原点最近距离为【答案】ABD【分析】对于A：利用代数法验证；对于B：直接求出曲线过四个整点，即可判断；对于C：先判断出与坐标轴围成的面积为，再判断出在内部,即可判断；对于D：表示出距离.令,利用基本不等式求出最小值.【详解】对于A：在曲线中,以替换,以替换,方程不变,则曲线关于原点成中心对称.故A正确；对于B,当时,令,得；令,得.曲线总过四个整点.故B正确；对于C：当时,由,得:,且等号不同时成立.∴.又与坐标轴围成的面积为，且在内部,则曲线围成图形的面积小于2.故C错误.对于D：当时,曲线的方程为：.不妨令均大于0,曲线化为，即，则.令,则，当且仅当且,即时等号成立.结合对称性可知,曲线上点到原点距离的最小值为.故D正确.故选：ABD. 三、填空题13．已知是公比为2的等比数列，则的值为______．【答案】##【分析】利用等比数列的通项公式计算即可.【详解】是公比为2的等比数列，故答案为：.14．设点是曲线上的任意一点，点处切线倾斜角为，则角的取值范围是______.【答案】【分析】求出，由，根据的范围可得答案.【详解】∵，∴，又∵，∴或则角的取值范围是.故答案为：.15．已知数列满足，若满足且对任意，都有，则实数m的取值范围是______．【答案】【分析】由解出，由对任意，都有，解出，即可求出实数m的取值范围.【详解】因为，若满足，所以，解得：.因为对任意，都有，由二次函数的性质可得：，解得：.所以，解得：.所以实数m的取值范围为.故答案为：16．若方程存在唯一实根，则实数的取值范围是_____.【答案】【分析】方程存在唯一实根，则存在唯一实根，则函数与函数有唯一的交点，利用导数分析的单调性，并在同一坐标系中做出与函数的图象，即可求解【详解】方程存在唯一实根，则存在唯一实根，令，则令，注意到，则，且当时，，所以，即；当时，，所以，即；所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；又，当时，恒成立；当时，；所以的大致图象为：由存在唯一实根，则函数与函数有唯一的交点，由图象可知或时满足条件，所以方程存在唯一实根时，实数的取值范围是故答案为： 四、解答题17．已知函数.（1）求的单调区间；（2）求函数在区间上的最大值与最小值.【答案】（1）单调递增区间为；单调减区间为和；（2）；.【解析】（1）求出导函数，令，求出单调递增区间；令，求出单调递减区间.（2）求出函数的单调区间，利用函数的单调性即可求解.【详解】1函数的定义域是R，，令，解得 令，解得或， 所以的单调递增区间为， 单调减区间为和；2由在单调递减，在单调递增， 所以，而，，故最大值是.18．已知抛物线的准线与x轴交于点．（1）求抛物线C的方程；（2）若过点M的直线l与抛物线C相切，求直线l的方程．【答案】（1）；（2）或【解析】（1）利用准线方程求解（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，利用求解.【详解】（1）的准线过故，则抛物线方程为（2）设切线方程为与抛物线方程联立有故故直线l的方程为：或【点睛】求抛物线的切线方程的方法：方法一：将抛物线转化为二次函数，然后利用导数求解切线方程，这在开口朝上的抛物线中经常用到。方法二：设切线的方程，与抛物线的方程联立，采用判别式法求解．19．等差数列中，，．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式列方程求解；（2）由（1）求得，利用错位相减法求和即可.【详解】（1）设等差数列的公差为，则，解得所以数列的通项公式为；（2）由（1）可得，，两式相减得，整理得20．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60o，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF=1.（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACFE；（Ⅱ）在线段EF上是否存在点M，使得平面MAB与平面FCB，所成的锐二面角为45o，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）线段EF上不存在点M使得平面MAB与平面FCB所成的锐二面角为45o【详解】试题分析：（1）由AB∥CD且AD=DC，得∠DAC=∠DCA=∠CAB，得根据等腰梯形的性质结合题中的数据算出∠CAB= ∠DAB=30°，得△ABC中∠ACB=90°，从而AC⊥BC．最后根据平面ACEF⊥平面ABCD，结合面面垂直的性质定理即可证出BC⊥平面ACFE；（2）以C为坐标原点，AC、BC、CF所在直线分别为x轴、y轴、z轴轴，建立空间直角坐标系如图．结合题中数据得到A、B的坐标，设M（a，0，1）从而得出的坐标，利用垂直向量数量积为0的方法算出是平面AMB的一个法向量，结合是平面FCB的一个法向量．利用空间向量的夹角公式算出向量的余弦之值，由平面MAB与平面FCB所成的二面角为45°，建立关于a的方程并得到此方程无实数解．由此可得不存在点M，使得平面MAB与平面FCB所成的二面角为45°试题解析：（Ⅰ）证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60o，∴ ，，∴∴ 又平面ACFE⊥平面ABCD，AC是交线，平面ABCD∴BC⊥平面ACFE（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AC、BC、CF两两垂直，分别以为单位正交基底建立空间直角坐标系，则，，设，则，，设是平面MAB的法向量，则取，得，显然是平面FCB的一个法向量，于是，化简得，此方程无实数解，∴线段EF上不存在点M使得平面MAB与平面FCB所成的锐二面角为45o 【解析】直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角；二面角的平面角及求法21．已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）设，求证：当时，恒成立.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）分别在和两种情况下，根据的正负可得单调区间；（2）将问题转化为在上恒成立，利用导数可求得，由此可证得结论.【详解】（1）由题意得：定义域为，；①当时，，则在上恒成立，的单调递减区间为，无单调递增区间；②当时，令，解得：，当时，；当时，；的单调递增区间为，单调递减区间为；综上所述：当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由得：；令，则，，当时，，在上单调递增，，，，使得，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，又，，，即在上恒成立，当时，恒成立.【点睛】关键点点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到含参数函数单调性的讨论、利用导数证明不等式的问题；证明不等式的关键是能够通过构造函数的方式，将问题转化为函数最大值的求解问题，通过导数得到函数单调性，进而确定最大值.22．已知椭圆C：的左右顶点分别为，，直线与C交于M、N两点，直线A1M和直线交于点P.(1)求P点的轨迹方程；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）写出直线和的直线方程，联立后求出，从而可以进一步求出P点的轨迹方程为；（2）根据弦长公式求出每个线段的长度，并根据分离常数法即可求解.【详解】（1）设，依题意得，∴直线直线联立可得，解得，.，，即，∴P点的轨迹方程为.（2）∵同理可得，，∴原式=故