2022~2023學年度第一學期期末抽測高二年級數學試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.拋物線的準線方程是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據拋物線準線方程的概念即可選出選項.【詳解】解:由題知,所以,且拋物線開口向上,所以其準線方程為:.故選:D2.雙曲線的漸近線方程是()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由雙曲線的標準方程可直接求得雙曲線的漸近線的方程.【詳解】在雙曲線中，，，因此，該雙曲線的漸近線方程為.故選：B.【點睛】本題考查利用雙曲線的標準方程求漸近線方程，屬于基礎題.3.在軸上截距為，傾斜角為的直線方程為()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據斜截式直接整理可得.【詳解】因為傾斜角為，所以斜率.由斜截式可得直線方程為：，即.故選：A4.中國古代數學著作《張丘建算經》中記載：“今有馬行轉遲，次日減半，疾七日，行七百里”.意思是說有一匹馬行走的速度逐漸減慢，每天行走的里數是前一天的一半，七天一共行走了700里路，則該馬第七天走的里數為()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意可知，每天行走的里程數成等比數列，利用等比數列的前項和公式即可求得結果.【詳解】由題意得，馬每天行走的里程數成等比數列，設第天行走的里數為，則數列是公比為的等比數列；由七天一共行走了700里可得，解得，所以，即該馬第七天走的里數為.故選：B5.設，為實數，若直線與圓相交，則點與圓的位置關系是()A.在圓上 B.在圓外 C.在圓內 D.不能確定【答案】B【解析】【分析】根據直線與圓的位置關系，求得滿足的關系式，結合點與圓位置關系的判斷方法，判斷即可.【詳解】根據題意，即，故點在圓外.故選：B.6.已知集合和分別是由數列和的前100項組成，則中元素的和為()A.270 B.273 C.363 D.6831【答案】A【解析】【分析】先求出數列和的公共項，滿足公共項小于等于數列的100項，求出項數，然后再求和.【詳解】設數列的第項與數列的第項相等，即，所以.又因為，所以，所以數列與數列的公共項構成的數列為.又因為的第100項為403，而的，所以則中元素的和為：.故選：A7.設分別是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且，線段的垂直平分線經過點，若和的離心率分別為，則的值為()．A.3 B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意設出橢圓的長軸長以及雙曲線的實軸長，再根據橢圓和雙曲線的定義得到的關系，由此可求解出的值.【詳解】設橢圓的長軸長為，雙曲線的實軸長為，焦距長為，因為，所以在雙曲線的左支上，如下圖所示(不妨設在第二象限)，因為線段的垂直平分線經過點，所以，所以，所以，所以，故選：B故選：C8已知，則()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】設，利用導數可得在上單調遞減，從而有，即；令，利用導數可得在上單調遞減，從而有，即，即可得答案.【詳解】設，則有，所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以，即有，故；令，則，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；所以，即，故，綜上所述，則有.故選：B【點睛】方法點睛：對于比較大小的題目，常用的方法有：(1)作差法；(2)作商法；(3)利用函數的單調性進行比較.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知曲線，則下列說法正確的是()A.若是橢圓，則其長軸長為B.若，則是雙曲線C.C不可能表示一個圓D.若，則上的點到焦點的最短距離為【答案】BC【解析】【分析】根據可知若為橢圓，則焦點在軸上，進而可判斷A,進而可判斷BC，根據橢圓的幾何性質可判斷D.【詳解】由于，所以，對于A,當時，故表示焦點在軸上的橢圓，故橢圓的長軸長為，故A錯誤,對于B,當時，是雙曲線，故B正確,對于C,由于，故C不可能表示一個圓，故C正確，對于D,時，，表示焦點在軸上的橢圓，且此時故橢圓上的點到焦點的最小距離為，故D錯誤,故選:BC10.已知數列滿足，則()A.B.的前10項和為C.的前11項和為D.的前16項和為【答案】ACD【解析】【分析】根據遞推公式得進而根據等差數列的求和公式即可判斷AB,根據并項求和可判斷C,根據正負去絕對值以及等差數列求和可判斷D.【詳解】由得：當時，，兩式相減得，故，當時，也符合，故對于A,,故A正確，對于B，的前10項和為，故B錯誤，對于C，的前11項和為，故C正確,對于D,當，解得所以所以的前16項和為,故D正確，故選：ACD11.連續曲線上凹弧與凸弧的分界點稱為曲線的拐點,拐點在統計學?物理學?經濟學等領域都有重要應用.若的圖象是一條連續不斷的曲線,的導函數都存在,且的導函數也都存在.若,使得,且在的左?右附近,異號,則稱點為曲線的拐點.則以下函數具有唯一拐點的是()A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根據拐點的定義及零點存在定理對選項求二階導函數,判斷其是否有異號零點即可.【詳解】關于選項A:,所以,,根據拐點定義可知,沒有拐點;關于選項B:,所以,即,解得,且時,,時,,故為的拐點;關于選項C:,,令,解得,且時,,時,,故為的拐點;關于選項D:,,,因為,,所以,使得成立,由于在是連續不斷可導的,所以在有異號函數值,故存在拐點.故選:BCD12.設有一組圓，下列命題正確是()A.不論如何變化，圓心始終在一條直線上B.存在圓經過點C.存在定直線始終與圓相切D.若圓上總存在兩點到原點的距離為，則【答案】ACD【解析】【分析】對于A，考查圓心的橫縱坐標關系即可判斷；對于B，把，代入圓方程，由關于的方程根的情況作出判斷；對于C，判斷圓心到直線距離與半徑的關系即可；對于D，圓與以原點為圓心的單位圓相交即可判斷作答．【詳解】對于A，圓心為，其圓心在直線上，A正確；對于B，圓，將代入圓的方程可得，化簡得，，方程無解，所以不存在圓經過點，B錯誤；對于C，存在直線，即或，圓心到直線或的距離，這兩條直線始終與圓相切，C正確，對于D，若圓上總存在兩點到原點的距離為1，問題轉化為圓與圓有兩個交點，圓心距為，則有，解可得：或，D正確．故選：ACD．三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知直線，若，則的值為______.【答案】【解析】【分析】根據兩直線平行滿足的關系即可求解.【詳解】由可得，得，故答案為：14.已知等差數列的公差，若成等比數列，則的值為______.【答案】【解析】【分析】根據等比中項以及等差數列基本量的計算即可化簡求解.【詳解】由得,所以,故答案為：15.已知函數,若恒成立,則實數的取值范圍為______.【答案】【解析】【分析】恒成立即在上恒成立,只需即可,構造新函數求導求單調性及最大值即可.【詳解】解:由題知恒成立,即在上恒成立,即在上恒成立,即,記,所以,當時,單調遞增,當時,,單調遞減,所以,所以.故答案為:16.已知拋物線的焦點為為上一點，以線段為直徑的圓與交于另外一點為圓心，為坐標原點.當時，的長為______，點到軸的距離為______.【答案】①.②.【解析】【分析】易知焦點，根據在拋物線上設出坐標，易知圓心為的中點即可求出，由利用斜率相等可得，再根據直徑所對的圓周角為可得，即，利用向量數量積為0可得，聯立及可解得，根據兩點間距離公式可得，點到軸的距離為其橫坐標的絕對值等于.【詳解】由題意知在拋物線上，設，，如下圖所示：拋物線焦點，圓心為的中點，所以由可得，即，整理可得，即；又因為為直徑，且點在圓上，所以，又因為，所以，可得，又，即，整理得，聯立可得，解得或(舍)所以，因此；點到軸的距離為點橫坐標的絕對值，即故答案為：，【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于利用幾何關系實現從形到數的轉化，將直線平行轉化成斜率相等，將直徑所對的圓周角為直角轉化成向量數量積為0，從而得出坐標之間的等量關系在進行計算求解.四?解答題：本題6小題，共70分.解答應寫出件字說明?證明過程或演算步驟.17.在①,②,③這三個條件中選擇兩個,補充在下面問題中,并進行解答.已知等差數列的前項和為,______,______.(1)求數列的通項公式;(2)設,求數列的前項和.注:如果選擇多組條件分別解答,按第一個解答計分.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根據是等差數列,設出公差為,選擇兩個選項,將首項公差代入,解方程組,即可求得基本量,寫出通項公式;(2)根據(1)中的通項公式,寫出的通項,利用裂項相消即可求得前項和.【小問1詳解】由于等差數列,設公差為,當選①②時:,解得,所以的通項公式.選①③時:,解得,所以的通項公式.選②③時:,解得,所以的通項公式.【小問2詳解】由(1)知,,所以,所以.18.已知圓，圓.(1)判斷與的位置關系；(2)若過點的直線被、截得的弦長之比為，求直線的方程.【答案】(1)外切(2)或【解析】【分析】(1)計算出，利用幾何法可判斷兩圓的位置關系；(2)對直線的斜率是否存在進行分類討論，在直線的斜率不存在時，直線驗證即可；在直線的斜率存在時，設直線的方程為，利用勾股定理結合點到直線的距離公式可得出關于的方程，解出的值，即可得出直線的方程.【小問1詳解】解：圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為.因為，所以圓與圓外切.【小問2詳解】解：當直線的斜率不存在時，直線的方程為，直線與圓相離，不符合題意；當直線的斜率存在時，設的方程為，即，則圓心到直線的距離為，圓心到直線的距離為，所以，直線被圓截得的弦長為，直線被圓截得的弦長為，由題意可得，即，解得或，經檢驗，或均符合題意.所以直線的方程為或.19.某新建小區規劃利用一塊空地進行配套綠化.如圖，已知空地的一邊是直路，余下的外圍是拋物線的一段，的中垂線恰是該拋物線的對稱軸，是的中點.擬在這塊地上劃出一個等腰梯形區域種植草坪，其中均在該拋物線上.經測量，直路段長為60米，拋物線的頂點到直路的距離為40米.以為坐標原點，所在直線為軸建立平面直角坐標系.(1)求該段拋物線的方程；(2)當長為多少米時，等腰梯形草坪面積最大？【答案】(1)(2)20米【解析】【分析】(1)，把兩點坐標代入求解即可；(2)，由梯形的面積公式，可得梯形的面積為，構造函數，求導可知當時，該函數有唯一的極大值點，則改點也是函數的最大值點，即可求解.【小問1詳解】設該拋物線的方程為，由條件知，，所以，解得，故該段拋物線的方程為.【小問2詳解】由(1)可設，所以梯形的面積，設，則，令，解得，當時，在上是增函數；當時，在上是減函數.所以當時，取得極大值，也是最大值.故當長為20米時，等腰梯形草坪的面積最大.20.已知曲線在點處的切線與軸的交點為，且.(1)求數列的通項公式；(2)設為數列的前項和，求使得成立的正整數的最小值.【答案】(1)(2)8【解析】【分析】(1)根據切線方程的求解得切線方程為，得，即可判斷為等比數列，進而進行求解，(2)根據錯位相減法求解，即可根據的單調性求解.【小問1詳解】因為，所以，所以曲線上點處的切線方程為.令，得，即，又，所以是以為首項，為公比的等比數列.故的通項公式為.【小問2詳解】由(1)知，，所以，兩式相減得，，所以.因為，所以，又，所以使得成立的正整數的最小值為8.21.已知雙曲線的左?右焦點分別為，且，過的直線與的左支交于兩點，當直線垂直于軸時，.(1)求的標準方程；(2)設為坐標原點，線段的中點為，射線交直線于點，點在射線上，且，設直線的斜率分別為，求的值.【答案】(1)(2)1【解析】【分析】(1)根據題意列出關于的方程，解出即可得結果；(2)設直線的方程為，聯立直線與雙曲線的方程結合韋達定理求出點坐標，根據題意得出，，由斜率計算公式即可得結果.【小問1詳解】將代入雙曲線可得，由條件知，解得.所以的標準方程為.【小問2詳解】設直線的方程為，聯立消去并整理得，，則設，則，所以.所以直線的方程為，則，因為，所以，所以.所以.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：(1)設直線方程，設交點坐標為；(2)聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于(或)的一元二次方程，必要時計算；(3)列出韋達定理；(4)將所求問題或題中的關系轉化為、(或、)的形式；(5)代入韋達定理求解.22.已知函數.(1)當時，求函數的極小值；(2)若有兩個零點，求的取值范圍.【答案】(1)極小值為(2)【解析】【分析】(1)求導，根據導函數的正負即可求解，(2)求導，分類討論，結合零點存在性定理即可求解.【小問1詳解】當時，，令，解得，列表如下：0極小值所以的極小值為.【小問2詳解】函數有兩個零點即有兩個零點.因為，①當時，在上是增函數，最多只有一個零點，不符合題意；②當時，由得，當時