重庆市2023_2024学年高二数学上学期12月定时练习试题含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高二数学上学期12月定时练习试题含解析，共33页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知是奇函数，则在处的切线方程是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数定义求出，再由导数的几何意义求出切线斜率，即可得解.
【详解】因为为奇函数，则，
可得，
注意到，可知不恒成立，
则，即，可得，
所以，
则，故，
可知切点坐标为，切线斜率为2，
所以切线方程为.
故选：C.
2. 定义域为R的函数关于对称，且当时，恒成立，设则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题设可知函数单调性，结合对称性即可比较大小.
【详解】因为函数关于对称，
所以，
又因为当时，恒成立，
所以在上单调递增，故在上单调递减，
因为，所以，
所以.
故选：B
3. 已知是等差数列的前项和，且，且，则的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设数列的首项为，公差为，根据题意求得，再由，得到，得出数列为递减数列，再结合，即可求解.
【详解】设数列的首项为，公差为，
由，可得，
又由，可得，
因为，所以，所以，
可得等差数列为递减数列，
又因为，所以，
故等差数列的前项和最大值为.
故选；A.
4. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，，则（）
A. 不可能在定义域内单调递增B. 有一个极小值点
C. 无极大值点D. 无极小值点
【答案】BC
【解析】
【分析】依据可得函数.利用导数即可求出函数的单调性，即可得出结论.
【详解】根据题意由可得，
即，
又可知，其中为常数，
所以，即；
又因为，则；所以，
则，
令，则，
由可得或；
所以时，，当或时，；
因此函数在上单调递减，在和上单调递增，
又，，；
函数的图象如下图所示：
显然函数存在唯一变号零点，且，又恒成立，
所以也存在唯一变号零点，且；
因此可知时，，当时，；
可得函数在上单调递减，在上单调递增，可知A错误；
此时即为函数的一个极小值点，即B正确，D错误；且无极大值点，C正确；
故选：BC
5. 设为等比数列，则“对于任意的，”是“为递减数列”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】C
【解析】
【分析】根据充分、必要条件、等比数列的单调性等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设等比数列的公比为，
若，
当时，由得，
解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时为递减数列.
当时，由得，
解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时此时为递减数列.
反之，若为递减数列，则，
所以“对于任意的，”是“为递减数列”的充分必要条件.
故选：C
6. 设，圆：（）与轴正半轴的交点为，与曲线的交点为，直线与轴的交点为，若数列的通项公式为，要使数列成等比数列，则常数的值为（）
A. 2B. 1C. 1或2D. 2或4
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，求出直线的方程再由即可得，写出数列表达式利用等比数列定义即可求出常数的值为2或4.
【详解】根据题意可知，
联立和，解得；
又数列的通项公式为，所以，即，
可知，
因此直线的方程为，
令，可解得，所以，
即
要使数列成等比数列，因为为等比数列，所以需满足数列为等比数列即可，
若数列的公比为1，则该数列为常数列，
所以式子中不含的项，令，可得满足题意；
若数列的公比不为1，当时，显然满足题意；
综上可知，常数的值为2或4.
故选：D
7. 已知，，，，，则的最大值为（）
A. B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意首先得出为两外切的圆和椭圆上的两点间的距离，再由三角形三边关系将问题转换为椭圆上点到另一个圆的圆心的最大值即可.
【详解】如图所示：
不妨设，
满足，，，
又，即，
由椭圆的定义可知点在以为焦点，长轴长为4的椭圆上运动，
，
所以该椭圆方程为，
而，即，即，
这表明了点在圆上面运动，其中点为圆心，为半径，
又，等号成立当且仅当三点共线，
故只需求的最大值即可，
因为点在椭圆上面运动，所以不妨设，
所以，
所以当且三点共线时，
有最大值.
故选：A.
【点睛】关键点睛：解题的关键是将向量问题转换为圆锥曲线中的最值问题来做，通过数学结合的方法巧妙的将几何问题融入代数方法，从而顺利得解.
8. 已知函数，记的导函数为，在区间上单调，且，记，则在区间上的零点个数为（）
A. 0B. 0或1C. 0或2D. 1或2
【答案】C
【解析】
【分析】由题知，，进而得或，再结合三角函数的性质分别讨论求解即可得答案.
【详解】解：由题知：
因为，
所以，解得，
因为在区间上单调，
所以，解得
所以，或，
令得或，
当时，由得,
此时，，
由得，
当时，，即，由于函数与在上只有一个交点，故方程在有一个解；
当时，，即，由于函数与在上只有一个交点，故方程此时方程在有一个解；
所以，时，在区间上的零点个数为个；
当时，由得，
此时，
由得，
当时，，即，由于函数在上为正数，，故方程无解；
当时，，即，由于函数在上为正数，，故方程无解；
所以，当时，在区间上的零点个数为个.
综上，在区间上的零点个数为个或个.
故选：C
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知数列各项均为正数，为数列的前n项和，且是公差为的等差数列，，下列命题正确的是（）
A. 若为等比数列，则B. 若，则为等差数列
C. 若，则为递减数列D. 若，则为递增数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】首先根据已知条件为等差数列，求出数列的通项公式，然后根据求得关于的递推公式，然后结合等差与等比数列的相关概念判断A、B选项的正误，再根据数列的单调性判断C、D选项的正误.
【详解】因为，且数列是公差为d的等差数列，所以，①
所以，则，
所以，
整理得．②
对于A选项，若为等比数列，记．
当时，，，所以，由①可得．
当时，取可得，故；
取可得，
再由①可得，所以，即，所以或．
但是如果，则，从而，这与各项为正数矛盾，
因此，必有，故A选项正确；
对于B选项，若，由②得，，即，
因此，即，所以是以为公差的等差数列，故B选项正确；
对于C选项，若，因为各项为正数，
所以由②可得，，
所以是递减数列，故C选项正确；
对于D选项，若，因为各项为正数，
所以由②可得．
令，可得：．
所以当时，，此时不是递增数列，故D选项错误．
故选：ABC．
10. 已知曲线：是双曲线，下列说法正确的是（）
A. 直线是曲线的一条渐近线
B. 曲线的实轴长为
C. 为曲线的其中一个焦点
D. 当为任意实数时，直线：与曲线恒有两个交点
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，根据对勾函数的性质判断；B选项根据对勾函数的性质得到是双曲线的另外一条渐近线，然后联立得到顶点坐标，即可得到实轴长；C选项，根据渐近线的特点得到虚轴长，即可得到焦距，然后求焦点坐标即可；D选项，根据渐近线的性质判断.
【详解】
根据对勾函数的性质可得是双曲线的一条渐近线，故A正确；
当时，双曲线的方程趋近于，所以是双曲线的另外一条渐近线，倾斜角为，所以是双曲线的一条对称轴，
联立得或，
所以点和为顶点坐标，则实轴长为，故B错；
如图，设双曲线的一个焦点为，过双曲线的一个顶点作垂直交于点，
，，所以虚轴长为2，焦距为4，即，
所以，故C正确；
因为，为渐近线方程，所以与双曲线有两个交点，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：对勾函数的渐近线方程：；.
11. 设函数（a，），下列命题正确的是（）
A. 若存在负零点，则
B. 若，则有且只有一个零点
C. 若有且只有两个正零点，则
D. 若且存在零点，则的零点都是正的
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，D选项，研究的零点等价于考虑曲线与直线的交点，分析曲线趋势即可判断；对于B，可判断出函数单调性，由零点存在性定理即可判断；对于C，根据零点个数分析单调性，求出参数范围.
【详解】研究的零点等价于考虑曲线与直线的交点，其中a是直线的斜率．
对于A，D选项，取曲线上位于第二象限的点P，Q，
并固定点P（如图所示）．
则当Q与y轴的距离充分大的时候，
直线PQ的斜率a可以无限趋近于0，并且直线PQ与y轴的交点位于的下方，
于是当且时，满足，
此时曲线与直线的交点的横坐标是负的，即的零点都是负的，故D选项错误；
而此时存在负零点，但不满足，故A选项错误；
对于B选项，若，则在上单调递增，
取，则，所以．
再取，则，所以，
所以有且只有一个零点，并且这个零点位于区间中，B选项正确；
对于C选项，若有且只有两个正零点，
因为，而函数单调递增，
所以至多只有一个极值点，且，
则这个极值点必为正，且，
并且在上单调递减，在上单调递增，
故必有，即，解得，故C选项正确．
故选：BC．
12. 已知函数是偶函数，且．当时，，则下列说法正确的是（）
A. 是奇函数
B. 在区间上有且只有一个零点
C. 在上单调递增
D区间上有且只有一个极值点
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，由是偶函数，故，结合，推导出，A正确；B选项，求出的一个周期为4，从而只需求在区间上的零点个数，结合函数性质得到，B错误；C选项，求导得到，换元后得到，，再次求导，得到的单调性，结合，，得到在上恒成立，得到在上单调递增；D选项，与C选项一样得到的单调性，结合零点存在性定理得到隐零点，进而得到的单调性，求出区间上有且只有一个极值点.
【详解】函数是偶函数，故，
因为，所以，
故，
将替换为，得到，故为奇函数，A正确；
因为，故，故，
所以的一个周期为4，
故在区间上的零点个数与在区间上的相同，
因为，而，故，
其中，
故在区间至少有2个零点，B错误；
时，，
则，
令，，当时，
所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，，
故在上恒成立，
所以在上恒成立，故在上单调递增，C正确；
D选项，时，，
故，令，，当时，
则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因为，，，
由零点存在性定理，，使得，
当时，，当时，，
时，，单调递减，时，，单调递增，
所以区间上有且只有一个极值点，D正确.
故选：ACD
【点睛】设函数，，，．
（1）若，则函数的周期为2a；
（2）若，则函数的周期为2a；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a；
（5）若，则函数的周期为；
（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；
（7）若函数图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；
（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 曲线围成的封闭图形的面积为__________，若直线与恰有两个公共点，则的取值范围为__________.
【答案】 ①. ； ②.
【解析】
【分析】第一空：讨论去绝对值符号，化简得其围成的曲线是两个圆，计算其面积即可；
第二空：利用直线与圆的位置关系，求得相切时的斜率，再利用数形结合判定有两个交点的斜率范围即可.
【详解】如图所示，当时，，
设其圆心为，易知，所以圆A与相切；
同理当时，，
设其圆心为B，易知，所以圆B与相切；
所以围成的曲线为圆A与圆B，其面积为；
由可知其过定点，过C与圆A与圆B相切的切线分别设为、，则有，
解之得：或，，由图象分析可得若满足直线与两圆有两个交点，则需.
故答案为：；
14. 已知函数在，处分别取得极大值和极小值，记点，，的图象与轴正半轴的交点为.若的外接圆的圆心在以为直径的圆上，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】方法一：由题意求得点的坐标，利用待定系数法求得圆的方程，结合向量的运算，建立方程，可得答案；
方法二：由题意求得点的坐标，利用几何法求得圆的方程，结合向量的运算，建立方程，可得答案.
【详解】方法一：
，或；，或.
的图象与轴正半轴交点为，则，.
在和单调递增，单调递减，且，，
外接圆：，，
∴，圆心，在以为直径的圆上.
∴，∴，
∴，∴.
方法二：∵的图象与轴正半轴交于，∴，大致图象如下图：
∴，，令，解得或，
∴，，∴，，
故中垂线方程：，中垂线方程，
∴，则，，
∴，
∴
故答案为：.
15. 已知数列和都是等差数列，，，，设集合，，，若将集合中的元素从小到大排列，形成一个新数列．则数列的前项和为______．
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列和的公差分别为、，根据题意求出、的值，可求得数列和的通项公式，将数列的前项列举出来，相加即可得解.
【详解】设等差数列和的公差分别为、，
因为，，，
则，解得，
所以，，
.
因为，
，且，
将集合的元素从小到大排列，形成一个新数列．
则数列的前项为：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
所以，数列的前项和为
.
故答案为：.
16. 设双曲线的中心为O，右焦点为F，点B满足．若在的右支上存在一点A，使得且，则离心率的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【详解】在平面直角坐标系中考虑问题．
不妨设A在第一象限．A是以O为圆心，为半径的圆与的交点．
设的左焦点为X，则
，
，
即．
在上取一点C，使，则．
由双曲线的定义知（a是实半轴长），即
（c是半焦距）．
代入，得．解得．
故答案为：
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．
17. 图1是由矩形、等边和平行四边形组成的一个平面图形，其中，，N为的中点.将其沿AC，AB折起使得与重合，连结，BN，如图2.
（1）证明：在图2中，，且B，C，，四点共面；
（2）在图2中，若二面角的大小为，且，求直线AB与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】(1)取AC的中点M，证明平面BMN及即可推理作答.
(2)在平面BMN内作，建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
【小问1详解】
取AC的中点M，连接NM，BM，如图，
因为矩形，N为的中点，则，又因ABC为等边三角形，则，
，平面BMN，则有平面BMN，又平面BMN，
所以；
矩形中，，平行四边形中，，因此，，
所以B，C，，四点共面.
【小问2详解】
由(1)知，，则为二面角的平面角，，
在平面BMN内过M作，有，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
由得，，设直线AB与平面所成角为，
于是得，
所以直线AB与平面所成角的正弦值是.
18. 已知焦点为的抛物线：，圆：，直线与抛物线相切于点，与圆相切于点．
（1）当直线的方程为时，求抛物线C1的方程；
（2）记分别为的面积，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点，代入直线得一方程，再根据抛物线再点出切线的斜率又得一方程，解方程组即可求解；
（2）先求出，，则可表示为关于的函数，根据函数的结构特点利用基本不等式即可求解
【小问1详解】
设点，由得，，则，
因为直线的斜率为1，
所以且，
解得，
所以抛物线C1的方程为；
【小问2详解】
因为点处的切线方程为：
，即，
根据切线与圆相切，得，即，
化简得，
由，解得，
所以，
点到切线的距离是，
所以，
，
而由知，，得，
所以
，
当且仅当，即时取等，此时，
所以的最小值为
19. 已知数列的各项都是正数，为的前项和，且对任意都有
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，证明：中有且仅有一项在中．
【答案】（1）
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）根据题意由与的关系式，利用等差数列定义即可证明数列是以为首项，公差为的等差数列，可得通项公式；
（2）利用（1）中结论可知，，再由数列的函数特性限定其取值范围，构造方程可解得只有满足条件，即可得出证明.
【小问1详解】
由可得：
，
两式相减可得；
又，所以，
可得；
两式相减可得，
因此
令可得，即，解得或或；
又因为数列的各项都是正数，所以；
同理令可得，解得；
显然符合，
所以数列是以为首项，公差为的等差数列，
即
所以数列的通项公式为
【小问2详解】
由（1）可得，
所以，；
易知数列为单调递减数列且趋向于1且大于1，；
而趋向于2且小于2，因此考虑用限定数列，
当时，，
当时，设数列中的第项与数列中的第项相等，即；
因为，所以，即；
易知若时，，此时无解；
当时，，所以无解；
当时，，无解；
当时，，解得符合题意；
当时，，无解；
综上可知数列中有且只有满足在数列中，
因此中有且仅有一项在中.
20. 已知椭圆的离心率为，、分别是左、右焦点，、为椭圆上的任意两点，当固定为上顶点时，线段长度的最大值为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若、均在轴上方，圆上是否存在点，使得、、三点共线，、、三点共线，且，请说明理由．
【答案】20.
21. 存在个满足条件的点，理由见解析
【解析】
【分析】（1）椭圆离心率可得出、的等量关系，设点，可得，利用二次函数的基本性质求出的最大值，可得出的值，进而可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线交椭圆的另外一个交点为，设点、、．设直线方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用两个三点共线建立两个方程，消去、，可得出点的轨迹方程，再利用椭圆与圆的位置关系确定点的存在性.
【小问1详解】
解：因为椭圆的离心率，，，
设上顶点为，，则，即，
则，
，，
当时，，
则，，所以椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
解：设直线交椭圆的另外一个交点为，设点、、．
因为，所以、两点关于坐标原点对称，所以，
设直线方程为，
联立得，
即，，
由韦达定理得，．
因为、、三点共线，所以①，
又、、三点共线，所以②，
代入，，得③，④，
化简得⑤，⑥，
由⑥⑤得，即，
化简得，
即，进而⑤⑥得，
则，
整理得，
即，
将，代入，得，
所以点的轨迹为去掉两点的一个椭圆，
圆的圆心，半径．
椭圆的长半轴长，椭圆的短半轴长，如图．
故存在个满足条件的点．
【点睛】关键点点睛：本题考查点的存在性问题，解题的关键就是充分利用两个三点共线的条件，利用斜率关系，消去相应的参数，得出动点的轨迹方程，进而利用曲线与曲线的位置关系求解.
21. 已知函数，．
（1）证明：有唯一零点；
（2）记的零点为，函数，若在区间有两个极值点，证明：
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用函数图像，由对应方程有唯一实数根，证明有唯一零点；
（2）确定的零点的范围，由在区间有两个极值点，利用的单调性和端点极值点的取值范围，证明不等式.
【小问1详解】
函数在上的零点，
即方程在上的根，
即方程在上的根，
在同一直角坐标系下作出函数和函数在上的图像，如图所示，
由图像可知，函数和函数在上只有一个交点，
所以有唯一零点.
【小问2详解】
的零点为，由（1）可得，
时，时，
时，；时，，
故.
函数，则
令，，
则时，单调递减，即单调递减，
时，单调递增，即单调递增，
若在区间有两个极值点，则有，
解得，
，，则有
设，则，
时，，在上恒成立，
则在上单调递减，
则，
得
即，
所以.
【点睛】方法点睛：
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.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
22. 设函数，其中．
（1）若，讨论的单调性；
（2）若存在满足且，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）在上为增函数，在上为减函数.
（2）
【解析】
【分析】（1）因函数为偶函数，故只需先考虑函数在的单调性，通过三次求导，借助于零点存在定理将区间分成三部分，逐一判断其单调性，最后再汇总表述；
（2）因函数为上的偶函数，故不存在满足且，使得，即的取值范围时空集.
【小问1详解】
因时，，，
是偶函数，故可先考虑时的单调性.
因，，
设其中，
则，
所以在上,∴在上单调递减，
又∵,∴在上恒成立，
又∵在上，
∴上，恒成立，
∴函数在上为减函数，
又∵函数时偶函数，
故在上为增函数.
综上，当时，在上为增函数，在上为减函数.
【小问2详解】
因在为偶函数，图像关于轴对称，
存满足且使得等价于，
等价于函数在上不单调.
，
令其中，
，
令，则.
,
①当时，在上,在上单调递增，
在上，在上单调递增，
又∵，∴在上,∴在上，
∴在上单调递增，不合题意；
②当时，在上先负后正再负,
∴在上先减后递增再减，
又∵,
在上即先负后正，
∴在上先减后增，
又∵，,
∴在上先负后正,∴在上先负后正，
∴在上先减后增，符合题意；
③当时，由（1）的结论知不合题意；
④当时，先利用三角函数的性质研究的正负.
先证明：在上，.
证：设,，则，∴单调递增.
又∵，∴，即,
∴当时，，，
又∵，∴，
∴；
当时，则，于是,，
∴；
∴在上，，∴单调递减，
又∵,∴恒成立，
∴，∴单调递减，不合题意.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：且在上为减函数，故无法满足“等高线”条件，故得.