2022-2023学年陕西省商洛市高二上学期期末数学（文）试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省商洛市高二上学期期末数学（文）试题含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年陕西省商洛市高二上学期期末数学（文）试题 一、单选题1．命题“，”的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】根据命题否定的定义选出选项即可.【详解】解：由题知命题“，”，所以该命题的否定为：“，”.故选：C2．一质点运动的位移方程为，当秒时，该质点的瞬时速度为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求导后根据导数的物理意义可求.【详解】由求导得所以秒时，该质点的瞬时速度为.故选：C3．设集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式后由交集的概念求解【详解】由题意得或，故选：B4．已知椭圆C：+=1的离心率为，则C的长轴长为（    ）A．8 B．4 C．2 D．4【答案】B【分析】直接利用椭圆的标准方程性质和离心率的定义即可求解.【详解】依题意，因为椭圆C的离心率为，所以=，得m=2，故长轴长为2=4．故选：B.5．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理可得，将数据代入可得：，再利用大边对大角即可求解.【详解】因为，所以.因为，所以.故选：.6．已知p：，则p的一个必要不充分条件是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据必要不充分条件的定义判断求解.【详解】对于A，由可推出，反之不行，所以“”是“”的必要不充分条件，故A正确；对于B，由可推出，反之不行，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；对于C，由推不出，反之也不行，所以“”是“”的既不充分不必要条件，故C错误；对于D，由可推出，反之不行，所以“”是“”的充分不必要条件，故D错误；故选:A.7．北京永定河七号桥是丰沙铁路下行线珠窝站和沿河城站间跨越永定河的铁路桥，为中国最大跨度的钢筋混凝土铁路拱桥，全长217.98米，矢高40米，主跨150米，则该拱桥对应的抛物线的焦点到其准线的距离约为（    ）A．70.3米 B．70.5米 C．70.7米 D．70.9米【答案】A【分析】以拱桥对应的抛物线的顶点为坐标原点，抛物线的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系，利用待定系数法可求出结果.【详解】以拱桥对应的抛物线的顶点为坐标原点，抛物线的对称轴为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系（横坐标与纵坐标的单位均为米），依题意可得，设该抛物线的方程为，将A的坐标代入，得,所以该拱桥对应的抛物线的焦点到其准线的距离约为70.3米.故选：A8．已知函数的一个极值点为1，则（    ）A．6 B． C．3 D．【答案】D【分析】根据可导函数在极值点的导数为0求得，而，，再利用导数的定义即可求解.【详解】求导得因为的一个极值点为1，所以，解得当时，，则1是函数的一个极值点.所以，此时.因为而所以故选：D9．已知实数，满足，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，再结合同向不等式的可加性求解即可.【详解】因为，由，所以，由，所以，所以，即的取值范围是.故选：B.10．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】求导，设为“拉格朗日中值点”，由题意得到，构造，研究其单调性，结合零点存在性定理得到答案.【详解】，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，，由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.故选：B11．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若，则（    ）A． B．43 C． D．41【答案】A【分析】利用等比数列性质成等比数列即可求解.【详解】设，则，因为为等比数列，所以，，仍成等比数列．因为，所以，所以，故．故选：A.12．已知函数，若恒成立，则a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据构造，从而恒成立等价于，分离参数后转化求最值即可求解.【详解】因为，令所以恒成立等价于.当时，成立.当时，令当时，等价于，而在上恒成立，所以.当时，等价于，而，当时，单调递减；当时，单调递增.所以，所以.综上，.故选：B【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合( 图象在 上方即可)；③分类讨论参数. 二、填空题13．在中，内角的对边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为_______.【答案】【分析】先求出，再根据正弦定理即可得外接圆的半径.【详解】解：因为，，所以，在中由正弦定理可得：，解得：.故答案为：14．已知函数，则________．【答案】【分析】求导后计算即可.【详解】因为，所以.故答案为：15．若正实数、满足，则的最小值为______.【答案】【分析】将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为正实数、满足，所以.当且仅当，即，时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.16．已知命题：双曲线的渐近线方程为，命题：双曲线的离心率大于2，命题：方程有实数解，现有下列四个命题：①；②；③；④.其中所有真命题的序号为_______【答案】①②④【分析】根据双曲线的方程命题和即可，根据零点存在定理判断命题，然后根据逻辑联结词判断①②③④即可.【详解】双曲线的渐近线方程为，所以命题是真命题；双曲线的离心率，所以命题是真命题；设，；所以方程有实数解，命题是真命题；所以①②④为真命题，③为假命题；故答案为：①②④ 三、解答题17．已知函数．(1)求曲线在处的切线方程；(2)求在上的最值．【答案】(1)(2)在区间上的最小值为-3，最大值为15. 【分析】(1)利用导数的几何意义求得切线斜率，再根据点斜式方程即可求解；(2)求出函数在上的所有极值和，通过比较即可求解.【详解】（1），所以曲线在点处的切线方程为，即.（2），当时，单调递减；当时，单调递增.所以函数在上有极小值而，所以函数在区间上的最小值为-3，最大值为15.18．已知抛物线是抛物线上的点，且.(1)求抛物线的方程；(2)已知直线交抛物线于两点，且的中点为，求直线的方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据的长，由几何知识即可求出抛物线的方程；（2）设出两点坐标和直线的斜率，将两点代入抛物线方程，由点差法求出斜率，根据的中点即可求出直线的方程.【详解】（1）由题意，在抛物线中，，由几何知识得，，解得：，故抛物线的方程为：.（2）由题意及（1）得，直线的斜率存在，设直线的斜率为，则，两式相减得，整理得，因为的中点为，∴，∴直线的方程为：，即，经检验，满足题意.19．已知等差数列中，，.(1)求的通项公式；(2)若为正项等比数列，，求数列的前项和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，即可求出通项作答.（2）求出等比数列的通项公式，再利用错位相减法求解作答.【详解】（1）在等差数列中，，解得，而，则等差数列的公差，所以的通项公式是.（2）设正项等比数列的公比为，，解得，而，则有，解得，，由（1）知，，则，于是得，两式相减得：，所以数列的前项和.20．在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且.(1)求角A；(2)若D为AB的中点，且，求的面积.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）利用正弦定理，结合三角恒等变换即可求出A的值；（2）由余弦定理得出c的值，再求△ABC的面积．【详解】（1）因为，所以，所以，所以，即，因为，所以，所以，因为，所以.（2）在中，由余弦定理得，即，所以解得或.当时，；当时，.21．已知函数．(1)若在上单调递减，求实数的取值范围；(2)若，试问过点向曲线可作几条切线？【答案】(1)(2)2 【分析】（1）根据导函数与原函数单调性的关系即可得出关于实数的不等式，求解即可.（2）设出切点，根据切线的几何意义得出斜率，求出切线方程，联立求出关于切点横坐标的方程，求出的个数即可求解.【详解】（1）依题意，因为，所以的定义域为，，若在上单调递减，则有在上恒成立，即恒成立，所以，解得，所以实数的取值范围为：.（2）当时，且点不在上，所以，设切线方程的斜率为，切点为，根据导数的几何意义，则有，又切线过点，所以切线方程可设为，则有，，所以，整理得，令，则，所以在时，，单调递减；在，，单调递增；所以在处取得最小值，又，所以在有一零点，又因为，，由零点存在性定理可知，在必有一个根，使得成立，综上，方程有两个解，所以过点向曲线可作2条切线.22．已知椭圆，的三个顶点都在椭圆C上，且P为椭圆C的左顶点，直线AB经过点.(1)求面积的最大值.(2)若三边所在的直线斜率都存在，且分别记为，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)；(2)是定值，定值为. 【分析】（1）求出点P的坐标，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，再求出三角形面积的函数关系式，利用对勾函数求出最值作答.（2）利用（1）中信息，结合斜率坐标公式及韦达定理求解作答.【详解】（1）椭圆C：的左顶点，显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB的方程为，，由消去x得：，则，因此，而点P到直线AB的距离，则，令，函数在上单调递增，则当，即时，取得最小值，所以面积的最大值为.（2）由（1）知，，，，，则，所以为定值，且.