第第頁2022-2023學年上海重點大學附屬學校高二（下）期末數學試卷（含解析）2022-2023學年上海重點大學附屬學校高二（下）期末數學試卷

一、單選題（本大題共4小題，共18.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）

1.已知函數的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數的圖象如圖所示，則該函數的圖象是()

A.

B.

C.

D.

2.若，則不正確的是()

A.

B.

C.

D.

3.分形幾何學是一門以不規則幾何形態為研究對象的幾何學，它的研究對象普遍存在于自然界中，因此又被稱為“大自然的幾何學”按照如圖所示的分形規律，可得如圖所示的一個樹形圖若記圖中第行黑圈的個數為，則()

A.B.C.D.

4.已知圓：，為直線：上的動點，過點作圓的切線，切點為，當的面積最小時，的外接圓的方程為()

A.B.

C.D.

二、填空題（本大題共12小題，共54.0分）

5.設函數在處導數存在，若，則______．

6.和的等差中項是______．

7.若，則的值為______．

8.若直線是圓的一條對稱軸，則______．

9.計算______．

10.在的二項展開式中，系數最大的項為______．

11.某校組織“杭州亞運會”知識競賽，元元從道選擇題和道填空題中不放回地每次隨機抽取道作答記事件為“第一次抽到選擇題”，事件為“第二次抽到填空題”，則______．

12.若直線與焦點在軸上的橢圓總有公共點，則實數的取值范圍是__________。

13.某人有種顏色的燈泡每種顏色的燈泡足夠多，要在如圖所示的個點、、、、、上各裝一個燈泡，要求同一條線段兩端的燈泡不同色，則每種顏色的燈泡都至少用一個的安裝方法共有______種用數字作答．

14.古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名他發現：“平面內到兩個定點、的距離之比為定值且的點的軌跡是圓”后來人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓，在平面直角坐標系中，，，點滿足，則的最小值為______．

15.已知函數，現給出下列結論：

有極小值，但無最小值有極大值，但無最大值

若方程恰有一個實數根，則若方程恰有三個不同實數根，則

其中所有正確結論的序號為_____________

16.對于正整數，最接近的正整數設為，如，，記，從全體正整數中除去所有，余下的正整數按從小到大的順序排列得到數列，則數列的前項和為．

三、解答題（本大題共5小題，共78.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）

17.本小題分

拋物線的焦點在軸上且拋物線過點，求拋物線的標準方程；

雙曲線中心在坐標原點，焦點在坐標軸上，又的實軸長為，且一條漸近線為，求雙曲線的標準方程．

18.本小題分

電子元件很容易實現電路的通與斷、電位的高與低等兩種狀態，而這也是最容易控制的兩種狀態，因此計算機內部就采用了每一位只有或兩種數字的記數法，即二進制，為了使計算機能夠識別字符，需要對字符進行編碼，每個字符可以用一個或多個字節來表示，其中字節是計算機中數據存儲的最小計量單位，每個字節由個二進制位構成問：

一個字節位最多可以表示多少個不同的字符？

計算機漢字國際碼碼包含了個漢字，一個漢字為一個字符，要對這些漢字進行編碼，每個漢字至少要用多少個字節表示？

19.本小題分

已知數列的前項和為，當時，．

證明：數列是等差數列；

若，數列的前項和為，若恒成立，求正整數的最大值．

20.本小題分

已知橢圓的離心率為，直線與以原點為圓心、以橢圓的短半軸長為半徑的圓相切．

Ⅰ求橢圓的方程．

Ⅱ設橢圓的左焦點為，右焦點為，直線過點，且垂直于橢圓的長軸，動直線垂直于點，線段的垂直平分線交于點，求點的軌跡的方程；

Ⅲ若、為橢圓的兩條相互垂直的弦，垂足為右焦點，求四邊形的面積的最小值．

21.本小題分

設，函數．

若，求曲線在處的切線方程；

若有零點，求實數的取值范圍；

若有兩個相異零點，，求證：．

答案和解析

1.【答案】

【解析】解：由導數的圖象可得，導函數的值在上的逐漸增大，

故函數在上增長速度逐漸變大，故函數的圖象是下凹型的．

導函數的值在上的逐漸減小，

故函數在上增長速度逐漸變小，圖象是上凸型的，

故選B．

根據導數的圖象，利用函數的單調性和導數的關系，得出所選的選項．

本題主要考查函數的單調性和導數的關系，屬于基礎題．

2.【答案】

【解析】解：，

令，可得，故A正確；

再令，可得，故，故B錯誤；

再令，可得，

把相加除以，可得，故C正確；

在所給的等式中，令，可得，

，故D正確．

故選：．

在所給的等式中，通過給賦值，逐一判斷各個選項是否正確，從而得出結論．

本題主要考查二項式定理的應用，是給變量賦值的問題，解題關鍵是根據要求的結果，選擇合適的數值代入，屬于基礎題．

3.【答案】

【解析】解：表示第行中的黑圈個數，設表示第行中白圈個數，

由題意知，，

，，，，

，，

，，

，，

，，

．

故選：．

表示第行中的黑圈個數，設表示第行中白圈個數，由題意知，，根據初始值逐步遞推求出結果即可．

本題考查簡單的歸納推理、遞推公式等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．

4.【答案】

【解析】解：由題意知，半徑，圓心，，

又，故最小時，最小，的面積最小，

最小值為點到直線的距離，此時，直線的斜率為，

此時直線的方程為，

由，解得，所以，

因為是直角三角形，所以斜邊的中點坐標為，

而，所以的外接圓的圓心為，半徑為，

的外接圓的方程為．

故選：．

先確定的面積最小時點的坐標，再由是直角三角形求出外接圓的圓心和半徑，最后求出外接圓的方程．

本題考查直線與圓位置關系的應用，考查圓的切線方程，考查圓的方程的求法，是中檔題．

5.【答案】

【解析】解：根據導數的概念，該極限表示的是函數在的導數值，

所以．

故答案為：．

根據導數的概念，該極限表示的是函數在的導數值．

本題主要考查導數的概念，屬基礎題．

6.【答案】

【解析】解：設和的等差中項為，則，解得．

故答案為：．

設和的等差中項為，根據即可求解．

本題主要考查等差中項，考查運算能力，屬于簡單題．

7.【答案】或

【解析】解：組合數公式，

若，則或．

故答案為：或．

根據組合數公式計算即可．

本題考查排列組合的應用，屬于基礎題．

8.【答案】

【解析】解：圓的圓心坐標為，

直線是圓的一條對稱軸，

圓心在直線上，可得，即．

故答案為：．

由圓的方程求得圓心坐標，代入直線方程即可求得值．

本題考查直線與圓位置關系的應用，明確直線過圓心是關鍵，屬基礎題．

9.【答案】

【解析】解：．

故答案為：．

直接由無窮遞縮等比數列所有項和公式求解．

本題考查無窮遞縮等比數列所有項和的求法，熟記公式是關鍵，是基礎題．

10.【答案】

【解析】解：二項式的展開式的通項公式為，，，，，

則展開式系數的絕對值與二項式系數相等，因為，則第項的二項式系數最大，

即為，

所以系數最大項為，

故答案為：．

求出展開式的通項公式，然后根據通項公式可知展開式系數的絕對值與二項式系數相等，根據二項式系數的性質即可求解．

本題考查了二項式定理的應用，涉及到二項式系數的性質，屬于基礎題．

11.【答案】

【解析】解：當第二次抽到填空題且第一次抽到選擇題，共有種；

當第二次抽到填空題，第一次抽到是填空題時有種，故總數為種，

則．

故答案為：．

利用條件概率的定義，結合古典概型的概率公式求解即可．

本題主要考查條件概率的公式，屬于基礎題．

12.【答案】

【解析】

【分析】

本題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合問題．本題可采用數形結合的方法來解決．

先根據直線方程可知直線恒過點，要使直線與橢圓恒有公共點需在橢圓上或橢圓內，進而求得的范圍．

【解答】

解：直線恒過點，

直線與橢圓恒有公共點

在橢圓上或橢圓內

又橢圓焦點在軸上，

．

實數的取值范圍是．

故答案為．

13.【答案】

【解析】解：每種顏色的燈泡都至少用一個，即用了四種顏色的燈進行安裝，分步進行，

第一步，、、三點選三種顏色燈泡共有種選法；

第二步，在、、中選一個裝第種顏色的燈泡，有種情況；

第三步，為剩下的兩個燈選顏色，假設剩下的為、，若與同色，則只能選B點顏色；

若與同色，則有、處兩種顏色可選．

故為、選燈泡共有種選法，得到剩下的兩個燈有種情況，

則共有種方法．

故答案為：

由題意知分步進行，為、、三點選三種顏色燈泡共有種選法；在、、中選一個裝第種顏色的燈泡，有種情況；為剩下的兩個燈選顏色，假設剩下的為、，若與同色，則只能選B點顏色；若與同色，則有、處兩種顏色可選．故為、選燈泡共有種選法，即剩下的兩個燈有種情況，根據計數原理得到結果．

本題用到兩個計數原理，用兩個計數原理解決計數問題時，最重要的是在開始計算之前要進行仔細分析要完成的“一件事”是什么，可以“分類”還是需要“分步”．

14.【答案】

【解析】解：設點坐標為，

則由，得，

化簡得，

即，

因為，

所以，

因為點在圓上，

故，

所以，

故的最小值為．

故答案為：．

設出點坐標，然后用直接法可求軌跡方程，對化簡，結合軌跡方程可得的范圍，然后可解．

本題考查了平面中動點的軌跡問題以及平面向量數量積的最值問題，屬于中檔題．

15.【答案】

【解析】解：由函數，

可得導數為，

當時，，遞減；

當或時，，遞增．

當時，；當時，．

作出函數的圖象，可得：

在處取得極小值，且為最小值；

在處取得極大值，且為，無最大值．

故錯；對；

若方程恰有一個實數根，

可得或，故錯；

若方程恰有三個不同實數根，

可得，故對．

故答案為：．

求出函數的導數，以及單調區間和極值、最值，作出的圖象，由圖象可判斷錯；對．

本題考查導數的運用：求單調區間和極值、最值，考查函數方程的轉化思想，注意運用數形結合的思想方法，考查運算能力，屬于中檔題．

16.【答案】

【解析】解：對于正整數，必存在正整數，使得，

如果，則，

故，故，此時，故，

故此時取值為區間中的所有正整數，

如果即，則，

故，故，此時，

故此時取值為區間中的所有正整數，

當時，取值為區間中所有的正整數，

而，，

故表示中除以外的所有正整數，

取，則，取值為區間中除以外的所有正整數，

取，則，取值為區間中除以外的所有正整數，

依次取，則，取值為區間中除以外的所有正整數，

故，，，，，，，，，

故前項和為：，

故答案為：．

對于正整數，就、分類討論后可求，從而可求，故可求前項和．

本題考查數列的新定義問題，分類討論思想，化歸轉化思想，屬難題．

17.【答案】解：設拋物線的標準方程為，把點代入可得，所以，

故所求的拋物線的標準方程為；

雙曲線中心在坐標原點，焦點在坐標軸上，又的實軸長為，且一條漸近線為，

可得雙曲線的焦點坐標在軸時，，，雙曲線方程為：，

雙曲線的焦點坐標在軸時，，，雙曲線方程為：，

綜上所述：雙曲線方程為：或．

【解析】設拋物線的標準方程為，把點代入可得值，從而求得拋物線的標準方程．

漸近線方程，實軸長為，進而可知的關系，判斷焦點坐標所在的軸，即可求解雙曲線的方程．

本題考查求拋物線與雙曲線的標準方程，屬基礎題．

18.【答案】解：個字節共有位，每位上有種選擇，所以用位二進制代碼表示字符，可最多表示個不同字符；

用個字節能表示個字符，，所以個字節表示個漢字不夠，

用個字節最多可以表示個不同的字符，且，

所以每個漢字至少要用個字節表示．

【解析】個字節有位，每位上有種選擇，根據分步乘法計數原理得出個字節最多表示多少個不同字符；

用個字節能表示個字符，不夠表示個字符，用分步乘法計數原理計算個字節表示多少個不同字符即可．

本題考查了分步乘法計數原理應用問題，也考查了推理于運算能力，是基礎題．

19.【答案】證明：由題意知，當時，，所以，

整理得：，即，所以數列是以為公差的等差數列；

解：由，由知是以為首項、為公差的等差數列，

所以，所以，

所以，

所以，

得，

所以，所以．

因為，所以，

由于，當且僅當時等號成立，故正整數的最大值為．

【解析】時，用代入化簡，用等差數列的定義即可證明；

用錯位相減法求出，不等式可化為恒成立，再用基本不等式求得的最大值，從而可得的最大值．

本題主要考查數列的求和，考查轉化能力，屬于中檔題．

20.【答案】解：Ⅰ，，

直線：與圓相切

，，，，

橢圓的方程是分

Ⅱ，

動點到定直線：的距離等于它到定點的距離，

動點的軌跡是以為準線，為焦點的拋物線

點的軌跡的方程為分

Ⅲ當直線的斜率存在且不為零時，設直線的斜率為，

，，則直線的方程為

聯立及得

所以，

分

由于直線的斜率為，用代換上式中的可得

，

四邊形的面積為分

由

所以，當時，即時取等號．分

易知，當直線的斜率不存在或斜率為零時，四邊形的面積

綜上可得，四邊形面積的最小值為分

【解析】Ⅰ由題設條件知，再由直線：與圓相切，知，由此可求出橢圓的方程．

Ⅱ由，知動點到定直線：的距離等于它到定點的距離，由此可求出點的軌跡的方程．

Ⅲ當直線的斜率存在且不為零時，設直線的斜率為，，，則直線的方程為，聯立及得然后利用根與系數的關系結合題設條件進行求解．

本題考查圓錐曲線和直線的位置關系和綜合應用，解題時要認真審題，注意韋達定理的合理運用．

21.【答案】解：在區間上，，

當時，，

曲線在處的切線斜率為，

則切線方程為，即；

若，有唯一零點，

若，則，是區間上的增函數，

，，

，函數在區間有唯一零點，

若，令得：，

在區間上，，函數是增函數；

在區間上，，函數是減函數；

故在區間上，的極大值為，

由即，解得：，