重庆市南开中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市南开中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、单项选择题：本题共8小题.每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.请将答案填写在答题卡相应的位置上.
1. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由标准方程可确定焦点位置和焦点横坐标，从而得到结果.
【详解】由抛物线方程知其焦点在轴上且，其焦点坐标为.
故选：C.
2. 若等比数列各项均为正数，且，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由等比中项可知的值.
【详解】因为数列是等比数列，所以是和等比中项，
所以，又因为各项均为正数，所以.
故选：D.
3. 已知函数的导函数是，若，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据求导公式求出，可计算，由此确定解析式，进而求值.
【详解】由得，
所以，
所以，
所以，故.
故选：A
4. 函数的单调递增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数求函数的单调区间.
【详解】因为的定义域为，
所以，
由得，所以的单调增区间为.
故选：C
5. 已知等差数列的前n项和为，且，，则（ ）
A. 12B. 15C. 18D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】由题意解方程组，求得数列的首项和公差，根据等差数列的前n项和公式，即可求得答案.
【详解】设等差数列的公差为d，
由，，得，解得，
故，
故选：B
6. 已知函数的导函数为，的图象如图所示，则的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的图象变化，判断函数的图象的变化情况，结合选项，即可得答案.
【详解】由的图象可知时，，且的值逐渐减小，
此时的图象应是上升的，且上升趋势越来越平缓，
当时，，且的值逐渐增大，
此时的图象应是上升的，且上升趋势越来越陡峭，
结合选项，符合的图象特征的为选项D中图象，
故选：D
7. 若椭圆C：的离心率为，左顶点为A，点P，Q为C上任意两点且关于y轴对称，则直线AP和直线AQ的斜率之积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆离心率求得，设，表示出的表达式，结合椭圆方程化简，即可得答案.
【详解】由题意知椭圆C：的离心率为，
即，
设，则，又，
故，
又，故，
故选：C
8. 函数的导函数满足，且，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数的单调性，再利用单调性求解不等式即得.
【详解】令函数，而，
求导得，
因此函数在R上单调递增，由，得，
不等式，解得，
所以不等式的解集是.
故选：A
【点睛】思路点睛：对于含有导函数的不等式的问题，在求解过程中一般要通过构造函数来解决，构造时要结合题中的条件，再判断出所构造的函数的单调性，借助单调性求解.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.请将答案填写在答题卡相应的位置上.
9. 下列函数在定义域上为增函数的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】BC
【解析】
【分析】结合选项中的函数，求得相应的导数，结合导函数的符号，即可判定函数的单调，得到答案．
【详解】对于A中，函数，可得，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以A不符合题意
对于B,函数（），可得，当时，，单调递增；故B符合，
对于C中，,则，故单调递增；故C符合，
对于D，函数，可得，当或时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以D不符合题意；
故选：BC．
10. 设等差数列的前n项和是，已知，，则下列选项正确的有（ ）
A. ，B.
C. 与均为的最大值D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据，，利用等差数列前n项和公式得到，，再逐项判断.
【详解】因为，，
所以，
即，
因为，
所以，
所以，
所以等差数列的前7项为正数，从第8项开始为负数，
则，，为的最大值．
故选：ABD．
11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线C的一个交点为P，下列说法正确的是（ ）
A. 圆的方程为B. 双曲线C的渐近线方程为
C. 到C的渐近线的距离为2D. 的面积为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据圆的半径和圆心即可求解A，根据渐近线方程的求解即可判断B，根据点到直线的距离公式即可求解C，根据双曲线定义，结合垂直关系即可求解D.
【详解】由可得，
对于A，由于圆心为坐标原点，直径为，所以圆的方程为，A正确，
对于B，渐近线方程为，故B错误，
对于C, 到一条渐近线为的距离，所以C正确；
对于D，由题意可得，，又，
，
故的面积为，故D正确；
故选：ACD
12. 若函数有极值点，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. ，有B. ，使得
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据极值和零点分析可知，，，，对于AB：结合函数解析式分析判断；对于C：根据，有，结合函数单调性分析判断；对于D：构建分析可得，结合函数单调性分析判断.
【详解】有题意可得：，
因为函数有极值点，
则，
可得，，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可知在取到极小值，所以符合题意，
则的极大值为，极小值为，
若，且，
则，解得，
且，，
所以，，，
对于选项AB：因为,
若，则，故，所以A正确；B错误；
对于选项C：，有，则，即，
因为，且在上单调递减，
可得，即，故C错误；
对于选项D：令
，
则在内恒成立，
可知在内单调递减，可得，
可得，则，
且，在上单调递增，
可得，即，故D正确；
故选：AD.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填写在答题卡相应位置上.
13. 已知数列是正项等比数列，且，，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据等比数列性质可求出公比的平方，结合，即可求得答案.
【详解】由题意知数列是正项等比数列，且，，
设数列的公比为q，则，
则，
故答案：
14. 若是函数，的极值点，则______.
【答案】-1
【解析】
【分析】求出函数的导数，根据极值点的含义可得，经验证即可确定答案.
【详解】由于，故，
由于是函数的极值点，故，
即，
此时，
由于，则，
故是的变号零点，
即是函数，的极值点，符合题意，
故，
故答案为：-1.
15. 已知，是椭圆C：的左、右焦点，P为C上异于顶点的一点，的平分线PQ交x轴于点Q.若，则椭圆C的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据角平分线性质定理结合椭圆定义即可得到关于的方程，则得到离心率的值.
【详解】设，则，则，
根据角平分线性质定理得，即，解得，
则根据椭圆定义得，，
故答案为：.
16. 若函数与函数的图象存在公切线，则实数t的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导数，设出曲线与公切线的坐标，利用导数的几何意义求得两切点坐标之间的关系式，进而求出t的表达式，构造函数，利用导数求其最值，即可求得答案.
【详解】由题意得，，
设公切线与曲线切于点，与曲线切于点，
则，则，，
当时，，函数与的图象存在公切线，符合题意；
当时，，即，
故，
令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，故，
综合得实数t的取值范围为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答时要设出曲线与公切线的切点，利用导数的几何意义，求得切点坐标之间关系，关键在于由此结合该关系求得参数t的表达式，进而构造函数，利用导数解决问题.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.请将答案填写在答题卡相应的位置上.
17. 已知等差数列满足：，.
（1）求；
（2）若，求数列的前20项的和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，从而求出与的值即可得到；
（2）根据的通项公式可知利用裂项相消求和法即可求出．
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由，得，解得，
所以，
所以，
【小问2详解】
设数列的前项和为，
由（1）可知，
所以．
18. 已知椭圆C：（）的离心率为，焦距为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线与C交点P，Q两点，O为坐标原点，且，求实数k的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由焦距及离心率求出椭圆的方程；
（2）联立直线和椭圆的方程，得，，由得，求得k的值.
【小问1详解】
由题，，所以，，
椭圆的方程为.
【小问2详解】
设，，
联立方程组，得，
则，即，
，，
因为，所以，
即，得，满足，合题意.
所以.
19. 设函数.
（1）当时，求的极值；
（2）若在上为减函数，求a的取值范围.
【答案】（1）极小值为，的极大值为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性进而求得极值；
（2）先将问题转化为在恒成立，分离参数后转化为在恒成立，求出函数最大值即可.
【小问1详解】
当时，，定义域为，，
当时，；当或时，；
所以在和上为减函数，在上为增函数，
故的极小值为，的极大值为.
【小问2详解】
由已知得在恒成立，即在恒成立，分离参数得在恒成立，
令，则，且，所以在单调递减，故，所以，
故a的取值范围为.
20. 已知数列满足，.
（1）求证：数列是等比数列，并求出；
（2）记，是数列的前n项和.若对任意的都有，求实数m的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由数列递推式推出，结合等比数列定义，即可证明结论，继而求得；
（2）由（1）可得的表达式，利用错位相减法求得，由此分离参数可得，构造函数，结合函数的单调性，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：由题意知数列满足，，
故，
由于，故，
故数列是首项为4，公比为2的等比数列，
则；
【小问2详解】
由（1）得，
故，
则，
故
，
故，
则对任意的都有，即，
即恒成立；
由于，
令，则函数在上单调递增，
故，故，当时取等号，
故.
21. 已知点，动点到直线l：的距离为d，且，记S的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）若，分别为曲线C的左、右顶点，M，N两点在直线上，且.连接，分别与C交于点P，Q，求证：直线PQ过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点
【解析】
【分析】（1）根据，分别表示出，，化简即得曲线C的方程；
（2）根据题意，表示出，的直线方程，与曲线联立，表示出，两点坐标，求出直线方程，进而得到直线恒过定点.
【小问1详解】
因为点，动点到直线l：的距离为d，
所以，又因为，
所以，
两边同时平方得，
整理得，
所以曲线C的方程.
【小问2详解】
由（1）可得，,
设，因为，则，，，
将与联立，消去整理得，
所以，即，，
所以，
所以，，故，
将与联立，消去整理得，
所以，即，，
所以，
所以，，
所以，
当时，直线方程为，所以直线PQ过定点，定点坐标，
当时，两点分别为或，所以直线PQ过定点坐标，
所以直线PQ过定点，定点坐标为
【点睛】方法点睛：求动点轨迹的方法，一般有直接法，转移法以及交轨法．其中转移法适用于两个动点的情形，一个是已知曲线上的动点，另一个是所求动点，先通过条件用所求动点坐标表示已知动点坐标，再代入已知动点所在曲线方程，化简可得所求动点轨迹方程.
22. 已知函数有两个极值点，，其中.
（1）求a的取值范围；
（2）若不等式恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，将问题转化为与函数的图象在上有两个不同交点，利用导数求解的单调性，结合函数图象即可求解，
（2）根据极值点可得，进而利用换元可得，进而将问题转化为，故对任意的恒成立，求导，结合分类讨论即可求解最值求解.
【小问1详解】
,
由于有两个极值点，，
所以方程在有两个不同根，即方程有两个不同的正数根；
转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，
令，令，解得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
且当时，，，故作出的图象如下：
由图象可得：，即；
【小问2详解】
由（1）知：，是的两个根，
故，，则，
不妨设，则，则，
故可得
，
，化简得，
由于，所以对任意的恒成立，
令，故对任意的恒成立，
则，
设，则，
当时，，单调递增，故单调递减，故，不满足，舍去，
当时，，单调递减，故单调递增，故，故恒成立，符合题意，
当时，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，又
故时，此时单调递减，故,
因此当时，，不符合题意，舍去，
综上，可得.
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.