2022-2023学年江苏省南通市海安市高二上学期期末数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省南通市海安市高二上学期期末数学试题含解析，共18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学年江苏省南通市海安市高二上学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，利用交集的定义直接求解作答.【详解】集合，所以.故选：A2．复数，则（    ）A． B． C．-1 D．1【答案】A【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用即可求出结果．【详解】解：，，故选：A．3．已知点，，若直线与直线垂直，则（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出直线的斜率，再根据两直线垂直斜率乘积为即可求的值．【详解】依题意可得直线的斜率为，因为直线与直线垂直，且直线的斜率为，所以，解得．故选：B． 4．数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列，，，，，，其中从第项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，这样的数列称为“斐波那契数列”若，则（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据数列的特点，每个数等于它前面两个数的和，移项得： ，使用累加法求得，然后将的系数倍展开即可求解．【详解】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，，由，得 ，所以，，， ，将这个式子左右两边分别相加可得：，所以.所以.故选：C．5．已知双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为，则的离心率为（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知条件求得，从而求得双曲线的离心率.【详解】由题意，双曲线的焦点在轴上，由于双曲线的渐近线方程为，所以，即，所以.故选：A6．已知函数的导函数为，且，则（   ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将求导并代入即可得出，即可得到的具体解析式，再代入即可得出答案.【详解】，，令，则，，则， 故选：D.7．已知等差数列中， 记，，则数列的前项和为（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分离常数可得，设，当，时，可得，故可得数列的前项和．【详解】由等差数列性质得设，当，时， 故 故选：C8．已知函数及其导函数的定义域均为，且是奇函数，记，若是奇函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据 是奇函数，可得 ，两边求导推得，，再结合题意可得4是函数的一个周期，且，进而可求解．【详解】因为 是奇函数，所以 ，两边求导得 ，即，又，所以 ，即，令 ，可得 ，因为是定义域为的奇函数，所以，即．因为是奇函数，所以 ，又，所以，则，，所以4是函数的一个周期，所以．故选：B． 二、多选题9．已知圆，则（    ）A．点在圆C内 B．直线与圆C相切C．圆与圆C相切 D．圆与圆C相切【答案】BCD【分析】根据点和圆的位置关系判断A选项，根据圆心与直线距离判断B选项，根据圆心间距离和半径和差比较判断圆圆位置关系判断C,D选项. 【详解】点代入圆可得,点在圆C外，A选项错误；圆,圆,直线,圆心到直线距离,B选项正确；圆,圆心,,圆与圆C相外切,C选项正确;圆,圆心,,圆与圆C相内切,D选项正确.故选:BCD.10．已知等差数列的前n项和为，当且仅当时，取得最大值，则满足的最大的正整数k一定不等于（    ）A．12 B．13 C．14 D．15【答案】AD【分析】由题意可得，公差，且，，分别求出，讨论的符号即可求解．【详解】因为当且仅当时，取得最大值，所以，公差，且，．所以，所以，则满足的最大的正整数k一定不等于12.，，故时，．当时，，则满足的最大的正整数为；当时，，则满足的最大的正整数为，故满足的最大的正整数可能为与，一定不等于12与15.故选：AD．11．已知抛物线的焦点为，为上一动点，点，则（   ）A．当时，B．当时，在点处的切线方程为C．的最小值为D．的最大值为【答案】ACD【分析】当时，求出判断A；设切线与抛物线联立使求出切线方程判断B；利用抛物线的定义转化求解的最小值可判断C；根据三角形两边之差小于第三边判断D．【详解】因为抛物线，所以准线的方程是.对于，当时，，此时，故A正确;对于B，当时，，令切线方程为:，与联立得，令，解得，即切线方程为:，即，故B错误;对于C，过点分别作准线的垂线，垂足为 则，所以的最小值为故C正确.对于D，因为焦点，所以，所以的最大值为故D正确.故选：ACD12．已知 ，则（   ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据条件构造函数，求导，计算出x与y的关系，再根据函数的性质逐项分析.【详解】因为 ，即 ．令 ，则有，则 ，令 ，则 ，令 ，可得，当时， ，函数单调递增，当时， ，函数单调递减，故，所以总有 ，故单调递减；所以，即；对于A，，故A错误；对于B，设 ，则 ，故在上单调递增，所以，所以 ，因为，所以 ，故B正确；对于C，，即．设，则，则 ，所以单调递增．因为，所以，故C正确；对于D，，即，令，则，因为，所以为偶函数，所以即为．则 ，令，则 ，所以单调递增．又，所以当时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增，当时，，故D错误；故选：BC. 三、填空题13．已知等比数列的公比不为，，且，，成等差数列，则__________．【答案】/0.0625【分析】根据条件求出公比q，再运用等比数列通项公式求出 .【详解】根据题意得 ，， 且，解得，，；故答案为： .14．已知点，，点满足直线，的斜率之积为，则的面积的最大值为__________．【答案】20【分析】根据条件，运用斜率公式求出P点的轨迹方程，再根据轨迹确定 面积的最大值.【详解】设，由题意可知，，整理得；得动点的轨迹为以，为长轴顶点的椭圆除去，两点，显然当点位于上下顶点时面积取得最大值，因为，，所以 ；故答案为：20.15．已知函数及其导函数的定义域均为，为奇函数，且则不等式的解集为__________．【答案】【分析】设，由导数法可得单调递减，可转化为，根据单调性即可求解．【详解】设，则，故单调递减．因为为奇函数，定义域为，所以，故．可转化为，即．因为单调递减，所以，解得．故答案为：．16．已知实数，，，满足，，，则的最大值是___________．【答案】/【分析】由已知得分别在圆和圆上，利用数形结合法，将所求问题转化为两点到直线和的距离和的倍，再利用三角函数求出其最大值即可．【详解】解：由，可知，点，分别在圆和圆上，如图，作直线，过作于，过A作于，而，其中表示A到直线的距离，表示到直线的距离，因为与，平行，且与的距离为，与的距离为，要使的取最大值，则需在直线的左下角这一侧，所以，，由得，设，因为，所以，从而，故，其中，故当时，取最大值，从而，即的最大值为．故答案为：．【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将代数问题转化为几何问题，数形结合，再借助三角函数的性质求出最值. 四、解答题17．已知中，．(1)求；(2)若，，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】由正弦定理得，再由余弦定理得，可得，从而得出；由正弦定理得，得出，再得出，由三角形面积公式可得的面积．【详解】（1）设，，对边长，，因为由正弦定理，所以， 所以，即，所以，因为，所以；（2）中，，，，因为，所以，所以，因为，所以．．18．已知数列中，，当时，记，．(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式(2)求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析，(2)． 【分析】（1）对递推公式变形，求出 的通项公式，再求出 的通项公式；（2）运用错位相减法求和.【详解】（1）因为且当时，，所以当时，，所以，因为，即，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以；（2）由知，则 …① …②，①-②得所以；综上，，  .19．已知函数．(1)求函数的最大值；(2)记，．若函数既有极大值，又有极小值，求的取值范围．【答案】(1)2(2) 【分析】（1）对函数求导，研究函数的单调性，从而可得函数的最值；（2）条件等价于方程在区间上有两个不相等的实数根，列关于的不等式，求解即可．【详解】（1）由函数，则其定义域为，，当时，；当时，，所以函数在区间上为增函数；在区间为减函数，所以；（2）由，则，因为既有极大值，又有极小值，即等价于方程在区间上有两个不相等的实数根，即，解得，所以所求实数的取值范围是．20．设数列的前项积为，且．(1)求数列的通项公式(2)记区间内整数的个数为，数列的前项和为，求使得的最小正整数．【答案】(1)(2)5 【分析】（1）根据与的关系，类比与的关系求通项即可；（2）根据定义求出的通项，再由公式法求和，最后解不等式即可.【详解】（1）因为数列的前项积，当时，，当时，，除以得，又时，满足，所以.（2）因为区间内整数的个数为，所以，所以.由，得，即，当时，，当时，，因为随的增大而增大，所以的最小整数为．21．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，上顶点为，的周长为点，异于两点且在上，直线，，的斜率分别为，，，且(1)证明为定值(2)求点到直线距离的最大值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用题意得到关于的等式，联立方程组即可求得，设，代入椭圆方程可得到，然后利用两点斜率公式即可求证；（2）先推断出直线斜率必不为，设其方程为，与椭圆进行联立得到二次方程，可得到代入即可算出答案【详解】（1）设椭圆焦距为，由题知，解得，所以椭圆的标准方程为，依题意，，设椭圆上任一点，则，所以；（2）设，若直线的斜率为，则，关于轴对称，必有，不合题意，所以直线斜率必不为，设其方程为，与椭圆联立，整理得：，所以，且由（1）知，即，即，即，即，即，所以，此时，故直线恒过轴上一定点，所以点到直线的最大距离为【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数，其中，(1)若，求函数的单调区间(2)若，函数有两个相异的零点，，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）不妨令，用分析法对进行等价转化，最后可构造函数即可证明结论成立．【详解】（1）当时，，定义域为，所以，，所以，时，在上恒成立，故在上单调递增，当时，令得，所以，当时，，单调递增，时，，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；（2）由题知，，因为函数有两个相异零点，，且，所以且，，即，所以，方程有两个不相等的实数根，令，则，故当时，，时，，所以，在，上单调递减，在上单调递增，因为，，，，所以，要使方程有两个不相等的实数根，则，不妨令，则，，所以，要证，只需证，即证：，因为，所以，只需证，只需证，即，故令，故只需证，成立，令，，则，令，在恒成立，所以，在上单调递增，因为，所以在恒成立，所以，在上单调递增，所以，，即，所以，成立．【点睛】思路点睛：本题第二问令，用分析法对进行等价转化，最后可构造函数即可证明结，本题考查了函数的零点、应用导数研究函数的单调性、最值，对于恒成立问题往往转化为函数最值解决，属于难题．