2022-2023学年北京市北京师范大学附属中学高二下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年北京市北京师范大学附属中学高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．椭圆的长轴长为（    ）

A．3 B．6 C．8 D．9

【答案】B

【分析】根据椭圆的标准方程可得.

【详解】因椭圆的标准方程为，

所以，即，

故长轴长为.

故选：B.

2．抛物线的准线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出焦参数，根据焦点的位置确定准线方程．

【详解】由题意焦点在轴正半轴，，，所以准线方程为．

故选：C．

3．函数在点处的导数值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据求导公式即可求解.

【详解】由得，所以，

故选：B

4．已知双曲线的一条渐近线方程为，则其离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据渐近线方程得出，结合离心率公式求解即可.

【详解】可化为

，解得

则

故选：A

【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率，涉及了双曲线性质的应用，属于中档题.

5．我国古代有辉煌的数学研究成果，其中《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《孙子算经》均有着十分丰富的内容.某中学计划将这4本专著作为高中阶段“数学文化”校本课程选修内容，要求每学年至少选一科，三学年必须将4门选完，则小南同学的不同选修方式有（    ）种.

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将4本书先分成3组（每组至少1本），再将这3组书全排列，即可求得小南同学的不同选修方式的方法数.

【详解】依据题给要求，先将《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，

《孙子算经》分成3组，每组至少1本，再将这3组书全排列即可.

则小南同学的不同选修方式有种.

故选：C

6．若，则（    ）

A．8 B．9 C．10 D．12

【答案】C

【分析】令得出的值，进而求出的值.

【详解】由题意，

，

令, 可得，

∴，

故选：C.

7．个人排成一排，其中甲与乙不相邻，而丙与丁必须相邻，则不同的排法种数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先将丙与丁捆绑，形成一个“大元素”与戊进行排列，然后再将甲、乙插空，利用分步乘法计数原理可求得排法种数.

【详解】先将丙与丁捆绑，形成一个“大元素”与戊进行排列，然后再将甲、乙插空，

由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种.

故选：C.

【点睛】本题考查捆绑法与插空法的综合应用，同时也考查了分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.

8．若函数有极小值，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用导数与原函数的关系和函数极值的定义，列出关于b的不等式，解之即可求得b的范围.

【详解】，则，

由函数有极小值，

可得方程有二相异实根，

则，解之得

故选：D

9．设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（    ）

A．有极大值 B．有极小值

C．有极大值 D．有极小值

【答案】A

【解析】由函数的图象，可得时，；时，；时，.由此可得函数的单调性，则答案可求.

【详解】解：函数的图象如图所示，

∴时，；时，；时，.

∴函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减.

∴有极大值.

故选：A.

【点睛】本题考查根据导函数的相关图象求函数的单调区间，考查数形结合思想，是中档题.

10．已知点P是椭圆上一动点，Q是圆上一动点，点，则的最大值为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】C

【分析】易知圆的圆心是为椭圆的左焦点，利用椭圆的定义得到，然后由求解.

【详解】如图所示：

由，得，

则，

则圆的圆心是为椭圆的左焦点，

则右焦点为，

由椭圆的定义得，

所以，

又，

所以，

，

故选：C

11．已知和是定义在R上的函数，且，则“有极值点”是“和中至少有一个函数有极值点”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】D

【分析】利用特殊函数证明两命题“有极值点”和“和中至少有一个函数有极值点”之间的逻辑关系，进而得出二者间为既不充分也不必要条件.

【详解】令，则，

则当或时，，单调递增；

当时，，单调递减，

则有极值点或；

此时均为R上的单调函数，均无极值点.

则“有极值点”不是“和中至少有一个函数有极值点”的充分条件.

令，则均有极值点，且极值点均为，

 此时为常函数，无极值点.

则“有极值点”不是“和中至少有一个函数有极值点”的必要条件.

综上，“有极值点”是“和中至少有一个函数有极值点”的既不充分也不必要条件.

故选：D

12．设点A，，的坐标分别为，，，动点满足：，给出下列四个结论：

① 点P的轨迹方程为；

② ；

③ 存在4个点P，使得的面积为；

④ .

则正确结论的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据椭圆的定义可得的轨迹为以，为焦点的椭圆，可判断①,结合椭圆的定义以及共线即可判断②④,由三角形的面积即可结合椭圆的最值求解④.

【详解】由得,

所以点的轨迹为以，为焦点的椭圆，且，

故点P的轨迹方程为，①正确，

当将代入椭圆方程中得，所以点在椭圆内，

所以,

当且仅当运动到时，等号成立，

，

由于,

所以,

当且仅当运动到时等号成立，故②错误④正确，

，其中为点到直线的距离，

若，由于当点为椭圆的右顶点时，此时取最大值3，

故满足条件的点只有一个，③错误，

故选：B

.

二、填空题

13．展开式的常数项是__________．（用数字作答）

【答案】24

【分析】求出给定二项式展开式的通项公式，再求出常数项作答.

【详解】展开式的通项公式是，

由，得，

所以展开式的常数项为.

故答案为：24

14．若抛物线的焦点为，点在此抛物线上且横坐标为，则________.

【答案】

【分析】根据抛物线的焦半径公式即可求解.

【详解】设，由题意可知 ，则，

故答案为：6

15．已知函数的图像在点处的切线方程是，则＝______．

【答案】3

【分析】根据导数的几何意义，可得的值，根据点M在切线上，可求得的值，即可得答案.

【详解】由导数的几何意义可得，，

又在切线上，

所以，则=3，

故答案为：3

【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，考查分析理解的能力，属基础题.

三、双空题

16．已知双曲线的焦点为，，实轴长为2，则双曲线的离心率是______；若点是双曲线的渐近线上一点，且，则的面积为______．

【答案】         

【分析】易得，，再结合，可知，然后由求出离心率；可求出经过一、三象限的渐近线方程为，设点，分别求出和，根据列出方程，求出x的值，然后可得点到y轴的距离，，最后计算的面积.

【详解】易知，，所以，

又，，所以；

所以双曲线的方程为：，其中经过一、三象限的渐近线方程为，

故可设点，所以，，

因为，所以，即，

解之得：，所以点到y轴的距离为，又，所以：

.

故答案为：；.

【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，考查向量垂直的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化思想，属于常考题.

四、填空题

17．若函数在区间上单调递增，则实数a的一个取值是__________.

【答案】0（答案不唯一）

【分析】依题意在上恒成立，由不等式求解实数a的取值范围.

【详解】由题意可知：在上恒成立，即在上恒成立，

所以.

故答案为：0（答案不唯一）

18．已知函数，给出下列四个结论：

①对任意的实数，一定有极值点；

②当时，一定存在零点；

③当时，在区间上一定有两个极值点；

④存在无数个实数k，使有最大值．

其中所有正确结论的序号是______________.

【答案】②④

【分析】①由时判断；②利用零点存在定理判断；③当时，分，讨论判断；④分，，，讨论判断.

【详解】①当时，上单调，所以没有极值点，故错误；

②因为，所以，所以一定存在零点，故正确；

③当时，，，

当时，，，所以，则单调递增，

当时，，，，所以，即，所以单调递增，

所以在区间上一定没有极值点，故错误；

④当时，单调递增，无最大值；

当 时， ，则，在 上的值域为 ，

 若， 时，在在 上的值域为 ，此时恒成立，所以 在区间上单调递增；

当时，在区间上单调递减，所以 在区间上单调递减，

又，所以 ，有 ，

当时， 单调递增，当时， ，单调递减，

所以 在 处取得极大值，即最大值，

当时，在区间上单调递增，当时，，所以 ，

当时，单调递增，值域为，在 上的值域为 ，所以 ，单调递增，有最大值，故正确，

故答案为：②④

五、解答题

19．已知椭圆的离心率为，其左焦点为.直线交椭圆于不同的两点.

(1)求椭圆的方程；

(2)求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用离心率以及焦点坐标即可求解，

（2）联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解面积.

【详解】（1）由已知有 解得

所以椭圆的方程为.

（2）由 消去，整理得.

设，则

直线的方程为，到直线的距离.

所以的面积为

20．已知函数．

(1)若曲线在处的切线方程为，求的值；

(2)求函数在区间上的最小值．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）由导数的几何意义，结合已知切线方程列方程求参数；

（2）讨论、、，利用导数研究单调性，求最值即可.

【详解】（1）因为，所以，所以.

因为在处的切线方程为.

所以，解得.

（2）因为，，所以，

①当，即时，在恒成立，

所以在单调递增；所以最小值为；

当时，令，或（舍），

②当，即时，，所以在单调递减；

所以最小值为；

③当，即时，

因此，的减区间为，增区间为．

所以当时，有最小值为.

21．已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点．

（Ⅰ）求椭圆C的方程;

（Ⅱ）已知过点的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与直线交于点Q，设，，求证：为定值．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析

【解析】（Ⅰ）由离心率得，由椭圆过一点．得，两者结合可解得，得椭圆方程；

（Ⅱ）设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程后可得，由，，把用表示，然后计算并代入即可得证．

【详解】（Ⅰ）由题意，解得，

∴椭圆方程为；

（Ⅱ）易知直线斜率存在，设其方程为，设，

由，消元整理得，

∴，，

把代入得，即，

由，得，，

由，得，，

∴，

∴为定值．

【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．解题方法是设而不求的思想方法，即设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理求得，把它代入题中需求的量化简可得结论．

22．已知函数．

（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）当时，求证：对任意成立.

【答案】（1）； （2）见解析.

【分析】（Ⅰ）先求导数得到切线斜率，再求解切线方程；

（Ⅱ）通过求解的最小值来比较大小.

【详解】（Ⅰ）因为

所以

当时，

所以，而

曲线在处的切线方程为

化简得到

（Ⅱ）法一：

因为，令

得

当时，，，在区间的变化情况如下表:

所以在上的最小值为中较小的值，

而，所以只需要证明

因为，所以

设，其中，所以

令，得，

当时，，，在区间的变化情况如下表:

所以在上的最小值为，而

注意到，所以，问题得证

法二：

因为“对任意的，”等价于“对任意的，”

即“，”，故只需证“，”

设，所以

设，

令，得

当时，，，在区间的变化情况如下表:

所以 上的最小值为，而所以时，，所以在上单调递增

所以

而，所以，问题得证

法三：

“对任意的，”等价于“在上的最小值大于”

因为，令

得

当时，，，在上的变化情况如下表:

所以在上的最小值为中较小的值，

而，所以只需要证明

因为，所以

注意到和，所以

设，其中

所以

当时，，所以单调递增，所以

而

所以，问题得证

法四：

因为，所以当时，

设，其中

所以

所以，，的变化情况如下表:

所以在时取得最小值，而

所以时，

所以

【点睛】本题主要考查导数的几何意义和利用导数证明不等式.曲线的切线问题一般是先求斜率，结合切点可得切线方程，不等关系的证明一般是利用导数求解最值.

23．已知是由非负整数组成的无穷数列．该数列前项的最大值记为，第项之后各项的最小值记为，．

(1)若为，是一个周期为的数列（即对任意，），写出，，，的值；

(2)设d是非负整数．证明：（）的充分必要条件为是公差为d的等差数列；

(3)证明：若，（），则的项只能是或者，且有无穷多项为．

【答案】(1)，，，

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）根据题意直接运算求解；

（2）根据充要条件，结合等差数列分析证明或利用反证法证明；

（3）根据题意结合数列的最值分析证明或利用反证法证明.

【详解】（1）由题意可得：，，，.

（2）充分性：

因为是公差为d的等差数列，且，所以，

因此，，（）

必要性：

解法一：因为（），所以．

又因为，，

所以．

于是，．

因此，

即是公差为d的等差数列．

解法二：反证法

若（），假设是第一个使得的项，即，

所以，，，

进而可得，这与矛盾.

因此对任意的正整数，都有．

进而可得，即，

因此是公差为d的等差数列.

（3）解法一：首先，中的项不能是，否则，矛盾.

其次，中的项不能超过，用反证法证明如下：

若中有超过的项，设是第一个大于的项，

中一定存在某项为，否则与矛盾.

当时，，否则与矛盾；

因此存在最大的i在到之间，使得，此时，

综上，中没有超过的项，

所以中的项只能是或.

下面证明有无数个，用反证法证明如下：

若为最后一个，则，矛盾，

因此有无数个.

解法二：因为，，所以，．

故对任意，．

假设（）中存在大于的项．

设为满足的最小正整数，

则，并且对任意，．

又因为，所以，且．

于是，，．

故，与矛盾．

所以对于任意，有，即非负整数列的各项只能为1或2．

因为对任意，，

所以．

故．

因此对于任意正整数，存在满足，且，即数列有无穷多项为1．

【点睛】关键点睛：1.证明充要条件时，需要从充分性、必要性两个角度分析证明；

2.当直接说明有困难，可以尝试利用反证法分析证明.