2022-2023学年河南省部分重点中学高二下学期5月质量检测数学试题含解析

这是一份2022-2023学年河南省部分重点中学高二下学期5月质量检测数学试题含解析，共15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学年河南省部分重点中学高二下学期5月质量检测数学试题 一、单选题1．在数列中，，数列是以5为公比的等比数列，则（    ）A．2021 B．2022 C．2023 D．2024【答案】B【分析】根据等比数列的通项公式结合对数运算求解.【详解】因为数列是以首项，为公比的等比数列，则，所以.故选：B．2．抛物线的准线方程是，则实数的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】写出抛物线的准线方程，可得出关于实数的等式，解之即可.【详解】抛物线的准线方程为，由题意可得，解得.故选：B.3．函数的单调递减区间为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】求定义域，再求导，根据导函数小于0求出单调递减区间.【详解】的定义域为，，由，可得，故的单调递减区间为.故选：C．4．下列不等式关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据对数函数的单调性结合条件即得.【详解】因为，，，又，，所以，即，故，即.故选：C.5．已知双曲线，点为其两个焦点，点为双曲线上一点，若，则三角形的面积为（    ）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】利用三角形面积公式、余弦定理，结合双曲线的性质可得，即可求面积.【详解】设，则，而，且，所以，故，故选：D.6．函数的一个极值点是1，则的值（    ）A．恒大于0 B．恒小于0C．恒等于0 D．不确定【答案】B【分析】由得出，令，利用导数证明，从而得出恒小于0.【详解】，是的极值点，，即，令，则，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，故，故，即恒小于0.故选：B.7．已知数列的前项和，若，则（    ）A．578 B．579C．580 D．581【答案】B【分析】由的关系得出通项公式，再讨论，两种情况，结合求和公式得出.【详解】当时，当时，，经检验时，不成立.故得到.令，则，解得，且，当时，，当时，，故：，.故选：B.8．已知定义在上的奇函数恒有，若方程有三个不相等的实数解，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意将问题转化为函数的图象与直线有三个不同的交点，然后对函数求导求出函数的极值，从而可求出的取值范围【详解】由题可得是奇函数并且是上的单调函数，由，可得，，即，所以问题等价于方程在上有三个不同的实数解，即函数的图象与直线有三个不同的交点，由，得，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；所以的极大值为，极小值为，的取值范围为，故选：A 二、多选题9．下列求导运算正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据导数的运算公式及运算法则进行计算即可.【详解】A选项，，故A选项错误；B选项，，故B选项正确；C选项，，故C选项正确；D选项，，故D选项错误；故选：BC.10．数列中，．则下列结论中正确的是（    ）A．是等比数列 B．C． D．【答案】AC【分析】由已知递推关系式，可得，则可得到 是等比数列，进而得到，再利用累加法得到，然后逐项判断．【详解】因为数列中，，所以，即，则是以为首项，以为公比的等比数列，所以，故A正确；由累加法得，所以，从而，故B不正确；当为奇数时，是递增数列，所以，当为偶数时，是递减数列，所以，所以，故C正确；又，，所以，故D不正确.故选：AC.11．函数的图象如图所示，则以下结论正确的有（    ）  A． B．C． D．【答案】BC【分析】由的图象得到函数的单调区间与极值，求出函数的导函数，即可得到和为方程的两根且，利用韦达定理即可表示出、，从而得解；【详解】由的图象可知在和上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，在处取得极小值，又，所以和为方程的两根且；所以，，所以，，，，故A错误，B正确；所以，，故C正确，D错误.故选：BC12．已知椭圆的两个焦点为是椭圆上的动点，且的面积最大值是，则下列结论中正确的是（    ）A．椭圆的离心率是B．若是左，右端点，则的最大值为C．若点坐标是，则过的的切线方程是D．若过原点的直线交于两点，则【答案】BD【分析】利用已知解出得到椭圆方程，由离心率的公式计算结果验证选项A；利用椭圆定义计算验证选项B；通过联立方程组求切线方程验证选项C；运用点差法验证选项D.【详解】的面积最大值是，则，椭圆方程.，椭圆离心率，A选项错误；若是椭圆的左，右端点，则，以为焦点作新椭圆， P为两个椭圆的交点，当新椭圆短轴最长时最大，所以当P为椭圆的上顶点或下顶点时，有最大值为，B选项正确；点在椭圆上，过点的的切线斜率显然存在，设切线方程为，代入椭圆方程消去y得，由，解得，则切线方程为，即，故C选项错误；设，都在椭圆上，有和，两式相减得，，，，D选项正确.故选:BD. 三、填空题13．曲线在处的切线方程为_________．【答案】【分析】求导，求出切线斜率，结合切点坐标，从而利用点斜式求出切线方程【详解】因为函数，所以，则，又，切点为，所以切线方程为，即.故答案为：14．数列满足为数列的前项和，则_________．【答案】【分析】先证明是等差数列，然后得到，继而得到，然后用裂项相消法求解即可.【详解】由可得，故是公差为2的等差数列，所以，所以，所以.故答案为：.15．设是抛物线的焦点，是抛物线上的两点，线段的中点的坐标为，若，则实数的值为_________．【答案】2【分析】设，根据焦点弦公式得，再利用中点公式即得到的值.【详解】是抛物线的焦点， ，准线方程， 设，， ， 线段AB的中点横坐标为， 即.故答案为：2.  16．若，其中，则_________．【答案】2【分析】根据反函数的图像特征转为点到直线距离最小值2倍，再结合导数切线求解即得.【详解】观察可知其几何意义为，两点间距离的平方，且在上，在上，两个函数互为反函数，进而转化为图像上的点到直线的最小距离的2倍的平方, 图像上的点到直线的最小距离，可转化为斜率为1的切线到直线y=x距离，即是切点到直线的距离.因为，令可得，切点为，，易得.故答案为：2. 四、解答题17．已知直线过点且与直线垂直，圆的圆心在直线上，且过，两点．(1)求直线的方程；(2)求圆的标准方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题设，代入得出直线的方程；（2）设圆心，根据得出圆的标准方程.【详解】（1）由题设，代入得，于是的方程为.（2）设圆心，则，即，解得：，，又圆心，圆的标准方程为.18．已知递增数列满足．(1)求；(2)设数列满足，求的前项和．【答案】(1)；(2)Sn=. 【分析】（1）由题可得，然后根据等差数列的概念即得；（2）利用错位相减法即得.【详解】（1）由，得，即，若，则，又，所以数列为首项为7公差为4的等差数列；若，由，得，（舍去）；综上：；（2）由（1）知，，所以数列的前n项和，作差可得：，所以，故的前n项和为Sn=.19．已知函数．(1)求的极值；(2)若无零点，求实数的取值范围．【答案】(1)，无极大值.(2) 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；（2）依题意可得关于的方程没有实数解，即关于的方程没有实数解，分和两种情况讨论，当时参变分离可得，再构造函数，利用导数求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围.【详解】（1）因为，所以，令，得，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，无极大值，所以，无极大值.（2）若无零点，等价于关于的方程没有实数解，即关于的方程没有实数解，①当时，该方程可化为，没有实数解，符合题意；②当时，该方程化为，令，则，由，得，当时，，当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以，又当时，，故函数的值域为，所以当时，方程无实数解，解得，综合①②，可知的取值范围是.20．数列的前项和满足，且．(1)求；(2)设，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据，作差得到，再由，即可得到数列是以为首项，为公比的等比数列，即可求出其通项；（2）由（1）可得，利用并项求和法及等比数列求和公式计算可得.【详解】（1）因为，当时，又可得，当时，作差得，即，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.（2）由（1）知，所以，，所以，所以.21．已知直线与双曲线的右支交于不同的两点和，与轴交于点，且直线上存在一点满足（不与重合）．(1)求实数的取值范围；(2)证明：当变化时，点的纵坐标为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）由直线方程联立双曲线方程，结合条件可得不等式组，进而即得；（2）设点的坐标根据韦达定理结合条件可得的横坐标，进而可得纵坐标.【详解】（1）将直线方程代入双曲线方程，化简整理得，，要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，则应满足，解得；（2）设，  则由（1）知：.由，得：，所以.又，所以点D的纵坐标为定值.22．已知函数．(1)证明：函数有唯一零点；(2)证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，结合得到答案；（2）由（1）得到，，用替换，得到，.【详解】（1）的定义域为，，即在上单调递减，且，即函数有唯一零点1.（2）证明：由（1）知，当时，，即，故①，因为，，显然，用替换，代入①得:，.即，成立.【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，常常通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.