江苏省徐州市2022-2023学年高二上学期期末数学试题及答案

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2022~2023学年度第一学期期末抽测高二年级数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､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，只有一项是符合题目要求的.1. 抛物线的准线方程是(    )A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据抛物线准线方程的概念即可选出选项.【详解】解:由题知,所以,且抛物线开口向上,所以其准线方程为:.故选:D2. 双曲线的渐近线方程是(    )A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由双曲线的标准方程可直接求得双曲线的渐近线的方程.【详解】在双曲线中，，，因此，该双曲线的渐近线方程为.故选：B.【点睛】本题考查利用双曲线的标准方程求渐近线方程，属于基础题.3. 在轴上截距为，倾斜角为的直线方程为(    )A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据斜截式直接整理可得.【详解】因为倾斜角为，所以斜率.由斜截式可得直线方程为：，即.故选：A4. 中国古代数学著作《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”.意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里数是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第七天走的里数为(    )A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，每天行走的里程数成等比数列，利用等比数列的前项和公式即可求得结果.【详解】由题意得，马每天行走的里程数成等比数列，设第天行走的里数为，则数列是公比为的等比数列；由七天一共行走了700里可得，解得，所以，即该马第七天走的里数为.故选：B5. 设，为实数，若直线与圆相交，则点与圆的位置关系是(    )A. 在圆上 B. 在圆外 C. 在圆内 D. 不能确定【答案】B【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系，求得满足的关系式，结合点与圆位置关系的判断方法，判断即可.【详解】根据题意，即，故点在圆外.故选：B.6. 已知集合和分别是由数列和的前100项组成，则中元素的和为(    )A. 270 B. 273 C. 363 D. 6831【答案】A【解析】【分析】先求出数列和的公共项，满足公共项小于等于数列的100项，求出项数，然后再求和.【详解】设数列的第项与数列的第项相等，即，所以.又因为，所以，所以数列与数列的公共项构成的数列为.又因为的第100项为403，而的，所以则中元素的和为：.故选：A7. 设分别是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线经过点，若和的离心率分别为，则的值为(　　)．A. 3 B. 2 C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意设出椭圆的长轴长以及双曲线的实轴长，再根据椭圆和双曲线的定义得到的关系，由此可求解出的值.【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，焦距长为，因为，所以在双曲线的左支上，如下图所示(不妨设在第二象限)，因为线段的垂直平分线经过点，所以，所以，所以，所以，故选：B故选：C8 已知，则(    )A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设，利用导数可得在上单调递减，从而有，即；令，利用导数可得在上单调递减，从而有，即，即可得答案.【详解】设，则有，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，即有，故；令，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，即，故，综上所述，则有.故选：B【点睛】方法点睛：对于比较大小的题目，常用的方法有：(1)作差法；(2)作商法；(3)利用函数的单调性进行比较.二､多选题：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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知曲线，则下列说法正确的是(    )A. 若是椭圆，则其长轴长为B. 若，则是双曲线C. C不可能表示一个圆D. 若，则上的点到焦点的最短距离为【答案】BC【解析】【分析】根据可知若为椭圆，则焦点在轴上，进而可判断A,进而可判断BC，根据椭圆的几何性质可判断D.【详解】由于，所以，对于A,当时，故表示焦点在轴上的椭圆，故椭圆的长轴长为，故A错误,对于B,当时，是双曲线，故B正确,对于C,由于，故C不可能表示一个圆，故C正确，对于D,时，，表示焦点在轴上的椭圆，且此时故椭圆上的点到焦点的最小距离为，故D错误,故选:BC10. 已知数列满足，则(    )A. B. 的前10项和为C. 的前11项和为D. 的前16项和为【答案】ACD【解析】【分析】根据递推公式得进而根据等差数列的求和公式即可判断AB,根据并项求和可判断C,根据正负去绝对值以及等差数列求和可判断D.【详解】由得：当时，，两式相减得，故，当时，也符合，故对于A,,故A正确，对于B，的前10项和为，故B错误，对于C，的前11项和为，故C正确,对于D,当，解得所以所以的前16项和为,故D正确，故选：ACD11. 连续曲线上凹弧与凸弧的分界点称为曲线的拐点,拐点在统计学､物理学､经济学等领域都有重要应用.若的图象是一条连续不断的曲线,的导函数都存在,且的导函数也都存在.若,使得,且在的左､右附近,异号,则称点为曲线的拐点.则以下函数具有唯一拐点的是(    )A.  B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据拐点的定义及零点存在定理对选项求二阶导函数,判断其是否有异号零点即可.【详解】关于选项A:,所以,,根据拐点定义可知,没有拐点;关于选项B:,所以,即,解得,且时,,时,,故为的拐点;关于选项C:,,令,解得,且时,,时,,故为的拐点;关于选项D:,,,因为,,所以,使得成立,由于在是连续不断可导的,所以在有异号函数值,故存在拐点.故选:BCD12. 设有一组圆，下列命题正确是(    )A. 不论如何变化，圆心始终在一条直线上B. 存在圆经过点C. 存在定直线始终与圆相切D. 若圆上总存在两点到原点的距离为，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A，考查圆心的横纵坐标关系即可判断；对于B，把， 代入圆方程，由关于的方程根的情况作出判断；对于C，判断圆心到直线 距离与半径的关系即可；对于D，圆与以原点为圆心的单位圆相交即可判断作答．【详解】对于A，圆心为，其圆心在直线上，A正确；对于B，圆，将代入圆的方程可得，化简得，，方程无解，所以不存在圆经过点，B错误；对于C，存在直线，即或，圆心到直线或的距离，这两条直线始终与圆相切，C正确，对于D，若圆上总存在两点到原点的距离为1，问题转化为圆与圆有两个交点，圆心距为，则有，解可得：或，D正确．故选：ACD．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知直线，若，则的值为______.【答案】【解析】【分析】根据两直线平行满足的关系即可求解.【详解】由可得，得，故答案为：14. 已知等差数列的公差，若成等比数列，则的值为______.【答案】【解析】【分析】根据等比中项以及等差数列基本量的计算即可化简求解.【详解】由得,所以,故答案为：15. 已知函数,若恒成立,则实数的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】恒成立即在上恒成立,只需即可,构造新函数求导求单调性及最大值即可.【详解】解:由题知恒成立,即在上恒成立,即在上恒成立,即,记,所以,当时,单调递增,当时,,单调递减,所以,所以.故答案为:16. 已知抛物线的焦点为为上一点，以线段为直径的圆与交于另外一点为圆心，为坐标原点.当时，的长为______，点到轴的距离为______.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】易知焦点，根据在抛物线上设出坐标，易知圆心为的中点即可求出，由利用斜率相等可得，再根据直径所对的圆周角为可得，即，利用向量数量积为0可得，联立及可解得，根据两点间距离公式可得，点到轴的距离为其横坐标的绝对值等于.【详解】由题意知在抛物线上，设，，如下图所示：抛物线焦点，圆心为的中点，所以由可得，即，整理可得，即；又因为为直径，且点在圆上，所以，又因为，所以，可得，又，即，整理得，联立可得，解得或(舍)所以，因此；点到轴的距离为点横坐标的绝对值，即故答案为：，【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用几何关系实现从形到数的转化，将直线平行转化成斜率相等，将直径所对的圆周角为直角转化成向量数量积为0，从而得出坐标之间的等量关系在进行计算求解.四､解答题：本题6小题，共70分.解答应写出件字说明､证明过程或演算步骤.17. 在①,②,③这三个条件中选择两个,补充在下面问题中,并进行解答.已知等差数列的前项和为,______,______.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前项和.注:如果选择多组条件分别解答,按第一个解答计分. 【答案】(1)    (2)【解析】【分析】(1)根据是等差数列,设出公差为,选择两个选项,将首项公差代入,解方程组,即可求得基本量,写出通项公式;(2)根据(1)中的通项公式,写出的通项,利用裂项相消即可求得前项和.【小问1详解】由于等差数列,设公差为,当选①②时:,解得,所以的通项公式.选①③时:,解得,所以的通项公式.选②③时:,解得,所以的通项公式.【小问2详解】由(1)知,,所以,所以.18. 已知圆，圆.(1)判断与的位置关系；(2)若过点的直线被、截得的弦长之比为，求直线的方程.【答案】(1)外切    (2)或【解析】【分析】(1)计算出，利用几何法可判断两圆的位置关系；(2)对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直线验证即可；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用勾股定理结合点到直线的距离公式可得出关于的方程，解出的值，即可得出直线的方程.【小问1详解】解：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为.因为，所以圆与圆外切.【小问2详解】解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，直线与圆相离，不符合题意；当直线的斜率存在时，设的方程为，即，则圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，所以，直线被圆截得的弦长为，直线被圆截得的弦长为， 由题意可得，即，解得或，经检验，或均符合题意.所以直线的方程为或.19. 某新建小区规划利用一块空地进行配套绿化.如图，已知空地的一边是直路，余下的外围是抛物线的一段，的中垂线恰是该抛物线的对称轴，是的中点.拟在这块地上划出一个等腰梯形区域种植草坪，其中均在该抛物线上.经测量，直路段长为60米，抛物线的顶点到直路的距离为40米.以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系.  (1)求该段抛物线的方程；(2)当长为多少米时，等腰梯形草坪面积最大？【答案】(1)    (2)20米【解析】【分析】(1)，把两点坐标代入求解即可；(2)，由梯形的面积公式，可得梯形的面积为，构造函数，求导可知当时，该函数有唯一的极大值点，则改点也是函数的最大值点，即可求解.【小问1详解】设该抛物线的方程为，由条件知，，所以，解得，故该段抛物线的方程为.【小问2详解】由(1)可设，所以梯形的面积，设，则，令，解得，当时，在上是增函数；当时，在上是减函数.所以当时，取得极大值，也是最大值.故当长为20米时，等腰梯形草坪的面积最大.20. 已知曲线在点处的切线与轴的交点为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设为数列的前项和，求使得成立的正整数的最小值.【答案】(1)    (2)8【解析】【分析】(1)根据切线方程的求解得切线方程为，得，即可判断为等比数列，进而进行求解，(2)根据错位相减法求解，即可根据的单调性求解.【小问1详解】因为，所以，所以曲线上点处的切线方程为.令，得，即，又，所以是以为首项，为公比的等比数列.故的通项公式为.【小问2详解】由(1)知，，所以，两式相减得，，所以.因为，所以，又，所以使得成立的正整数的最小值为8.21. 已知双曲线的左､右焦点分别为，且，过的直线与的左支交于两点，当直线垂直于轴时，.(1)求的标准方程；(2)设为坐标原点，线段的中点为，射线交直线于点，点在射线上，且，设直线的斜率分别为，求的值.【答案】(1)    (2)1【解析】【分析】(1)根据题意列出关于的方程，解出即可得结果；(2)设直线的方程为，联立直线与双曲线的方程结合韦达定理求出点坐标，根据题意得出，，由斜率计算公式即可得结果.【小问1详解】将代入双曲线可得，由条件知，解得.所以的标准方程为.【小问2详解】设直线的方程为，联立消去并整理得，，则设，则，所以.所以直线的方程为，则，因为，所以，所以.所以.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于(或)的一元二次方程，必要时计算；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式；(5)代入韦达定理求解.22. 已知函数.(1)当时，求函数的极小值；(2)若有两个零点，求的取值范围.【答案】(1)极小值为    (2)【解析】【分析】(1)求导，根据导函数的正负即可求解，(2)求导，分类讨论，结合零点存在性定理即可求解.【小问1详解】当时，，令，解得，列表如下：0极小值所以的极小值为.【小问2详解】函数有两个零点即有两个零点.因为，①当时，在上是增函数，最多只有一个零点，不符合题意；②当时，由得，当时，在上是增函数；当时，在上是减函数.(i)若，则，最多只有一个零点；(ii)若，因为，且，所以在区间内有一个零点.令，则，当时，在上是增函数；当时，在上是减函数.所以，故.所以，又，所以在区间内有一个零点.综上可知：当时，有两个零点，故的取值范围为.【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.