2022-2023学年北京市海淀区清华大学附属中学高二上学期统练数学试题（二） 解析版

2022-2023学年北京市海淀区清华大学附中高二（上）统练数学试卷（二）

注意事项:

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 设复数，则（    ）

A.  B.

C. 3 D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】

求得后再求模长即可.

【详解】,故.

故选：B

【点睛】本题主要考查了复数的基本运算与模长运算等.属于基础题型.

2. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据并集的定义即可求解.

【详解】因为，，

所以.

故选：C

3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据函数解析式直接判断单调性.

【详解】A选项：函数的定义域为，且在上单调递增，A选项错误；

B选项：函数的定义域为，且在上单调递减，B选项正确；

C选项：函数的定义域为，且在上单调递增，C选项错误；

D选项：函数的定义域为，且在上单调递增，D选项错误；

故选：B.

4. “”是“”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】A

【解析】

【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合指数函数的单调性即可得出答案.

【详解】因指数函数单调递增，

由可得：，充分性成立，

当时，，但不一定，必要性不成立，

故选：A

5. 已知球的半径为2，球心到平面的距离为，则球被平面截得的截面面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据球的性质可求出截面圆的半径即可求解.

【详解】设截面圆半径为，由球的性质可知：则截面圆的半径，

所以球被平面截得的截面面积为，

故选：.

6. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边过点，则的值为（    ）

A.  B.  C. 1 D. 7

【答案】D

【解析】

【分析】由终边经过点的坐标可求，再利用两角和的正切公式即可求解.

【详解】由终边过点，可得，

所以.

故选：D

7. 如图，过抛物线的焦点的直线交抛物线于点，，交其准线于点，准线与对称轴交于点，若，且，则此抛物线的方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用抛物线定义，结合，得到，再由，利用抛物线定义得到，然后代入抛物线方程求解.

【详解】由抛物线定义，等于到准线的距离，

因为，

所以，又，

从而，

又因为在抛物线上，

代入抛物线方程，

解得．

故抛物线方程为．

故选：B

8. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.

【详解】

设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，

且，故.

因为，故，

故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，

而三角形内切圆的圆心为，半径为，

故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为

故选：B

9. 已知是边长为2的等边三角形，点在线段上，，点在线段上，且与的面积相等，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由与的面积相等以及可得，从而是的中点，再根据数量积的定义即可求得.

【详解】如图所示：

，，

而，，

所以是的中点，，，

.

故选：C

10. 现实生活中，空旷田野间两根电线杆之间的电线与峡谷上空横跨深涧的观光索道的钢索有相似的曲线形态，这类曲线在数学上常被称为悬链线.在合适的坐标系中，这类曲线可用函数来表示.下列结论正确的是（    ）

A. 若，则函数为奇函数 B. 若，则函数有最小值

C. 若，则函数为增函数 D. 若，则函数存在零点

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数奇偶性、单调性、最值以及零点的判断和求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：取，满足，此时，

其定义域为，关于原点对称，且，此时为偶函数，故A错误；

对B：，令，故若存在最小值，则有最小值，

因为，故，根据对勾函数的单调性可知，有最小值，无最大值，

故当时，有最大值没有最小值，故B错误；

对C：当时，满足，又是单调减函数，是单调减函数，

故是单调减函数，故C错误；

对D：令，即，则，因为，故，

解得，故当，即为函数零点，故D正确.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题综合考查函数的性质，处理问题的关键是充分把握函数单调性和奇偶性的判断方法以及函数零点的求解过程，属综合中档题.

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）

11. 函数的定义域是______.

【答案】

【解析】

【分析】根据具体函数定义域的求法即可得解.

【详解】要使函数有意义，则，

解得且.

即函数的定义域是.

故答案为：.

12. 双曲线的焦距是_____，渐近线方程是__________．

【答案】，.

【解析】

【详解】由题意得：，，，∴焦距为，

渐近线方程为.

考点：双曲线的标准方程及其性质

13. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则______；若为偶函数，则的最小值是______.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据三角函数的图象变换关系求出的解析式，从而可得的值；再利用函数是偶函数建立方程进行求解即可．

【详解】解：将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，

即，

所以；

若函数为偶函数，则，，

得，

，当时，取得最小值为，

故答案为：；．

14. 已知函数其中.若，则函数的值域是______；若函数有且仅有2个零点，则的取值范围是______.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】（1）由分段函数分别求值域即可；（2）易知在和时，分别有一个零点，由二次函数的零点分布情况即可求解.

【详解】（1）时，，

当时，，

当时，，

综上：，即函数的值域是.

（2），

当时，令，得，

故在上，函数有一个零点，

当时，设，

由题意可知：在上有且仅有一个零点，

所以或，解得或，

所以的取值范围是.

故答案为：；.

15. 已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，且.给出下列四个结论：

①；

②；

③对任意的，都有；

④存在常数，使得对任意的，都有，

其中所有正确结论的序号是______.

【答案】①②③

【解析】

【分析】首先由题设条件分析出数列与的增减性，根据和随着增大的变化情况可以判断①；然后分析，发现其实际上为，，即可以想到判断是否成立，可建立关于的代数式，通过此对代数式正负的判断，即可判断，即可判断②；我们可以将③中的题设转化为判断是否成立，我们发现的每一项都是大于的，而个大于的数相加大于个相加，而当时，，即可判断，即可判断③；而根据前面的研究，可以较易对④作出判断.

【详解】由题意知：，∴，

∵，∴，∴，，

又，∴，

∵，∴，

∴，

∵随着的增大而增大，∴，∴，

∴，即，∴随着的增大而减小，

故：为正项单调递减无穷数列，且，

∴，故①正确；

∵，∴，

∴

，

∵随着的增大而增大，

∴，，∴，

随着的增大而减小，

∴，，∴，

∴，

∴，∴，

∴，

即：，故②正确；

∵，∴要判断，即判断：，

即判断：，即判断：，

而，

当且仅当时取等号，∴对任意的都成立，

∴对任意的，都有，故③正确；

根据以上分析可以得出：为，随着的增大而减小的递减数列，且随着的增大，的值无限接近，

∴存在常数，对任意的，当足够大时，总会有，故④错误.

故答案为：①②③.

三、解答题（本大题共6小题，共85.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16. 已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）求函数的最小值；

（3）求函数的零点个数，并说明理由．

【答案】（1）   

（2）   

（3）只有一个零点，理由见解析

【解析】

【分析】（1）求导，求得切线斜率，再由点斜式得解；

（2）判断函数单调性，进而可得最小值；

（3）结合零点存在定理和单调性，即可得出结论．

【小问1详解】

函数的定义域为，，

则，又，

由点斜式可得，所求切线方程为，即；

【小问2详解】

令，解得；令，解得，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以；

【小问3详解】

，，则，

令，解得；令，解得，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

当时，，则在上无零点，

在上单调递增，，，

则在只有一个零点，

综上在定义域只有一个零点．

17. 在中，角的对边分别为.

（1）求的大小；

（2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长.

条件①：；条件②：；条件③：.

注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分.

【答案】（1）.   

（2）条件①：；条件③：.

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理，边化角，再利用三角恒等变换求解即可.

（2）根据三角形全等条件可知①③满足条件，条件②由余弦定理可得不满足条件，条件①：根据，结合等面积求解即可；条件③：利用余弦定理结合等面积求解即可.

【小问1详解】

在中因为，

由正弦定理得，

所以，即，

又因为，，所以，.

【小问2详解】

设边上的高为，

条件①：因，所以 ，，

所以，根据三角形全等（角角边）可知存在且唯一确定.

所以，

则，解得，即边上的高为.

条件②：由余弦定理得，即，

解得，此时满足条件的的三角形有两个，条件②不符合题意.

条件③：根据三角形全等（边角边）可得存在且唯一确定，

由余弦定理得，即，解得，

则，解得，即边上的高为.

18. 已知数列为公比不为的等比数列，数列为等差数列，且，，再从条件①，条件②，条件③中任选两个作为已知，求：

（1）求、的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

条件①：；

条件②：；

条件③：.

注：如果选择多种符合要求的条件分别解答，按第一种解答计分．

【答案】（1）条件选择见解析，，   

（2）

【解析】

【分析】（1）选①②或选①③或选②③：设的公比为，的公差为，根据所选条件可得出关于、的值，即可求得数列、的通项公式；

（2）求出数列的通项公式，利用分组求和法可求得.

【小问1详解】

解：设的公比为，的公差为，

选择条件①，条件②：

因为，，所以，，所以.        

因为，所以有，解得，所以；              

选择条件①，条件③：

因为，，所以，，所以.         

因为，所以有，解得，所以；

选择条件②，条件③

因为可得，解得，

所以，，.

【小问2详解】

解：由（1）知，，则.       

所以，

.

19. 已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）若存在正实数，使得对任意的，都有，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1) 求导，根据导数的几何意义，即可求得曲线在点处的切线方程；

(2)分与，根据导数与函数单调性的关系，即可求得的取值范围．

【小问1详解】

因为函数，

则，

由，又因为，

所以曲线在处的切线方程为，即，

所以曲线在点处的切线方程.

【小问2详解】

①若时，当时，，

所以，易知的导数在上恒成立，

则在区间上单调递增，

所以，所以在区间上恒成立，

此时不存在正实数，使得对任意的都有，

所以不合题意，故舍去；

②当时，，设，

则，

所以当时，，

所以在区间上单调递增，

而，，故存在，使得，

所以当时，，即在区间上单调递减，

所以当时，，

所以符合题意，

综上所述，的取值范围为．

【点睛】导数是研究函数单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．

20. 已知椭圆：经过点且离心率为，，是椭圆的两个焦点．

（1）求椭圆的方程；

（2）设是椭圆上一点，直线与椭圆交于另一点，点满足：轴且，求证：是定值．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和点在椭圆上，结合，，的关系，解方程可得，，进而得到椭圆方程；

（2）设，，，由题中三角形面积的关系可得，由两点的距离公式化简可得；再由直线的方程与椭圆方程联立，运用韦达定理求得，结合，与纵坐标的关系，即可得到定值．

小问1详解】

由题意可得，

由椭圆经过点，可得，

又，解方程得，，，

所以椭圆的方程为；

【小问2详解】

证明：由题意可得，，

设，，，则，

由，可得，

；

直线的方程为,得，与椭圆方程联立，

可得，

所以，

即有，

所以．

所以，是定值．

21. 对各项均为正整数的有限数列：，每次进行以下变换之一；

变换：将其中一项删除；

变换：将其中一项的数值由x变为y，其中；

变换：将其中一项变为两项，由x变为y，z，其中．

（1）若：2，3，经过k次变换后其所有项均被删除，且上述三种变换都至少进行了一次，求k；

（2）甲对进行一次变换得到，乙对进行一次变换得到，…，甲、乙轮流进行变换，直到所有项均被删除．

①若：1，2，2，甲能否确保自己最后将所有项删除？说明理由．

②若：1，2，3，乙能否确保自己最后将所有项删除？说明理由．

③若：1，2，3，4，5，是否有人能确保自己最后将所有项删除？说明理由．

【答案】（1）5    （2）①可以，理由见详解；②可以，理由见详解；③可以，理由见详解

【解析】

【分析】（1）根据题意可得第一次变换只能为或时，再根据变换特点理解求解；

（2）根据题意分析处理①②，对与③甲将变换为，把问题转化为②理解处理.

【小问1详解】

若执行变换，则原来项的数值，若执行变换，则原来项的数值，且当时，

∵，则、各执行一次且第一次变换只能为或时，即为相当于三个元素执行进行消去，共需三次

∴

【小问2详解】

根据题意可得：有奇数项逐个消去，最终由甲执行最后一次变换，有偶数项逐个消去，最终由乙执行最后一次变换，执行、不会影响最终结果，执行会转换最终结果

①∵，则为奇数项且最多可以执行2次（偶数次），

∴能确保甲最后将所有项删除，只需保证执行偶数次即可

甲第一次执行消去项1，得到

②，则为奇数且最多可以执行3次（奇数次），

能确保乙最后将所有项删除，只需保证执行奇数次，如下表所示：

③∵，则为奇数项且最多可以执行10次（偶数次），

∴能确保甲最后将所有项删除，只需保证执行偶数次即可

步骤如下：甲将变换为

将看成组1，看成组2

若乙对组1变换，根据②可知，甲可以最后将所有项删除

若乙对组2变换，根据②可知，甲只需执行和乙相同的变换即可保证最后将所有项删除

【点睛】①对三种变换理解的：执行、不会影响最终结果，执行会转换最终结果；

②将问题化为已经解决的问题分析理解.