2022-2023学年上海重点大学附属学校高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年上海重点大学附属学校高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共4小题，共18.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知函数的图象是下列四个图象之一，且其导函数的图象如图所示，则该函数的图象是( )
A.
B.
C.
D.
2. 若，则不正确的是( )
A.
B.
C.
D.
3. 分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它的研究对象普遍存在于自然界中，因此又被称为“大自然的几何学”按照如图所示的分形规律，可得如图所示的一个树形图若记图中第行黑圈的个数为，则( )
A. B. C. D.
4. 已知圆：，为直线：上的动点，过点作圆的切线，切点为，当的面积最小时，的外接圆的方程为( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共12小题，共54.0分）
5. 设函数在处导数存在，若，则 ______ ．
6. 和的等差中项是______ ．
7. 若，则的值为______ ．
8. 若直线是圆的一条对称轴，则 ______ ．
9. 计算 ______ ．
10. 在的二项展开式中，系数最大的项为______．
11. 某校组织“杭州亚运会”知识竞赛，元元从道选择题和道填空题中不放回地每次随机抽取道作答记事件为“第一次抽到选择题”，事件为“第二次抽到填空题”，则 ______ ．
12. 若直线与焦点在轴上的椭圆总有公共点，则实数的取值范围是__________。
13. 某人有种颜色的灯泡每种颜色的灯泡足够多，要在如图所示的个点、、、、、上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有______ 种用数字作答．
14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值且的点的轨迹是圆”后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，，，点满足，则的最小值为______ ．
15. 已知函数，现给出下列结论：
有极小值，但无最小值有极大值，但无最大值
若方程恰有一个实数根，则若方程恰有三个不同实数根，则
其中所有正确结论的序号为_____________
16. 对于正整数，最接近的正整数设为，如，，记，从全体正整数中除去所有，余下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前项和为 ．
三、解答题（本大题共5小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
抛物线的焦点在轴上且抛物线过点，求抛物线的标准方程；
双曲线中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，又的实轴长为，且一条渐近线为，求双曲线的标准方程．
18. 本小题分
电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态，因此计算机内部就采用了每一位只有或两种数字的记数法，即二进制，为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由个二进制位构成问：
一个字节位最多可以表示多少个不同的字符？
计算机汉字国际码码包含了个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？
19. 本小题分
已知数列的前项和为，当时，．
证明：数列是等差数列；
若，数列的前项和为，若恒成立，求正整数的最大值．
20. 本小题分
已知椭圆的离心率为，直线与以原点为圆心、以椭圆的短半轴长为半径的圆相切．
Ⅰ求椭圆的方程．
Ⅱ设椭圆的左焦点为，右焦点为，直线过点，且垂直于椭圆的长轴，动直线垂直于点，线段的垂直平分线交于点，求点的轨迹的方程；
Ⅲ若、为椭圆的两条相互垂直的弦，垂足为右焦点，求四边形的面积的最小值．
21. 本小题分
设，函数．
若，求曲线在处的切线方程；
若有零点，求实数的取值范围；
若有两个相异零点，，求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由导数的图象可得，导函数的值在上的逐渐增大，
故函数在上增长速度逐渐变大，故函数的图象是下凹型的．
导函数的值在上的逐渐减小，
故函数在上增长速度逐渐变小，图象是上凸型的，
故选B．
根据导数的图象，利用函数的单调性和导数的关系，得出所选的选项．
本题主要考查函数的单调性和导数的关系，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
令，可得，故A正确；
再令，可得，故，故B错误；
再令，可得 ，
把相加除以，可得，故C正确；
在所给的等式中，令，可得，
，故D正确．
故选：．
在所给的等式中，通过给赋值，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，解题关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：表示第行中的黑圈个数，设表示第行中白圈个数，
由题意知，，
，，，，
，，
，，
，，
，，
．
故选：．
表示第行中的黑圈个数，设表示第行中白圈个数，由题意知，，根据初始值逐步递推求出结果即可．
本题考查简单的归纳推理、递推公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意知，半径，圆心，，
又，故最小时，最小，的面积最小，
最小值为点到直线的距离，此时，直线的斜率为，
此时直线的方程为，
由，解得，所以，
因为是直角三角形，所以斜边的中点坐标为，
而，所以的外接圆的圆心为，半径为，
的外接圆的方程为．
故选：．
先确定的面积最小时点的坐标，再由是直角三角形求出外接圆的圆心和半径，最后求出外接圆的方程．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查圆的切线方程，考查圆的方程的求法，是中档题．
5.【答案】
【解析】解：根据导数的概念，该极限表示的是函数在的导数值，
所以．
故答案为：．
根据导数的概念，该极限表示的是函数在的导数值．
本题主要考查导数的概念，属基础题．
6.【答案】
【解析】解：设和的等差中项为，则，解得．
故答案为：．
设和的等差中项为，根据即可求解．
本题主要考查等差中项，考查运算能力，属于简单题．
7.【答案】或
【解析】解：组合数公式，
若，则或．
故答案为：或．
根据组合数公式计算即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：圆的圆心坐标为，
直线是圆的一条对称轴，
圆心在直线上，可得，即．
故答案为：．
由圆的方程求得圆心坐标，代入直线方程即可求得值．
本题考查直线与圆位置关系的应用，明确直线过圆心是关键，属基础题．
9.【答案】
【解析】解：．
故答案为：．
直接由无穷递缩等比数列所有项和公式求解．
本题考查无穷递缩等比数列所有项和的求法，熟记公式是关键，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：二项式的展开式的通项公式为，，，，，
则展开式系数的绝对值与二项式系数相等，因为，则第项的二项式系数最大，
即为，
所以系数最大项为，
故答案为：．
求出展开式的通项公式，然后根据通项公式可知展开式系数的绝对值与二项式系数相等，根据二项式系数的性质即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到二项式系数的性质，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：当第二次抽到填空题且第一次抽到选择题，共有种；
当第二次抽到填空题，第一次抽到是填空题时有种，故总数为种，
则．
故答案为：．
利用条件概率的定义，结合古典概型的概率公式求解即可．
本题主要考查条件概率的公式，属于基础题．
12.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题．本题可采用数形结合的方法来解决．
先根据直线方程可知直线恒过点，要使直线与椭圆恒有公共点需在椭圆上或椭圆内，进而求得的范围．
【解答】
解：直线恒过点，
直线与椭圆恒有公共点
在椭圆上或椭圆内
又椭圆焦点在轴上，
．
实数的取值范围是．
故答案为．
13.【答案】
【解析】解：每种颜色的灯泡都至少用一个，即用了四种颜色的灯进行安装，分步进行，
第一步，、、三点选三种颜色灯泡共有种选法；
第二步，在、、中选一个装第种颜色的灯泡，有种情况；
第三步，为剩下的两个灯选颜色，假设剩下的为、，若与同色，则只能选B点颜色；
若与同色，则有、处两种颜色可选．
故为、选灯泡共有种选法，得到剩下的两个灯有种情况，
则共有种方法．
故答案为：
由题意知分步进行，为、、三点选三种颜色灯泡共有种选法；在、、中选一个装第种颜色的灯泡，有种情况；为剩下的两个灯选颜色，假设剩下的为、，若与同色，则只能选B点颜色；若与同色，则有、处两种颜色可选．故为、选灯泡共有种选法，即剩下的两个灯有种情况，根据计数原理得到结果．
本题用到两个计数原理，用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析要完成的“一件事”是什么，可以“分类”还是需要“分步”．
14.【答案】
【解析】解：设点坐标为，
则由，得，
化简得，
即，
因为，
所以，
因为点在圆上，
故，
所以，
故的最小值为．
故答案为：．
设出点坐标，然后用直接法可求轨迹方程，对化简，结合轨迹方程可得的范围，然后可解．
本题考查了平面中动点的轨迹问题以及平面向量数量积的最值问题，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：由函数，
可得导数为，
当时，，递减；
当或时，，递增．
当时，；当时，．
作出函数的图象，可得：
在处取得极小值，且为最小值；
在处取得极大值，且为，无最大值．
故错；对；
若方程恰有一个实数根，
可得或，故错；
若方程恰有三个不同实数根，
可得，故对．
故答案为：．
求出函数的导数，以及单调区间和极值、最值，作出的图象，由图象可判断错；对．
本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查函数方程的转化思想，注意运用数形结合的思想方法，考查运算能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：对于正整数，必存在正整数，使得，
如果，则，
故，故，此时，故，
故此时取值为区间中的所有正整数，
如果即，则，
故，故，此时，
故此时取值为区间中的所有正整数，
当时，取值为区间中所有的正整数，
而，，
故表示中除以外的所有正整数，
取，则，取值为区间中除以外的所有正整数，
取，则，取值为区间中除以外的所有正整数，
依次取，则，取值为区间中除以外的所有正整数，
故，，，，，，，，，
故前项和为：，
故答案为：．
对于正整数，就、分类讨论后可求，从而可求，故可求前项和．
本题考查数列的新定义问题，分类讨论思想，化归转化思想，属难题．
17.【答案】解：设抛物线的标准方程为，把点代入可得，所以，
故所求的抛物线的标准方程为；
双曲线中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，又的实轴长为，且一条渐近线为，
可得双曲线的焦点坐标在轴时，，，双曲线方程为：，
双曲线的焦点坐标在轴时，，，双曲线方程为：，
综上所述：双曲线方程为：或．
【解析】设抛物线的标准方程为，把点代入可得值，从而求得抛物线的标准方程．
渐近线方程，实轴长为，进而可知的关系，判断焦点坐标所在的轴，即可求解双曲线的方程．
本题考查求抛物线与双曲线的标准方程，属基础题．
18.【答案】解：个字节共有位，每位上有种选择，所以用位二进制代码表示字符，可最多表示个不同字符；
用个字节能表示个字符，，所以个字节表示个汉字不够，
用个字节最多可以表示个不同的字符，且，
所以每个汉字至少要用个字节表示．
【解析】个字节有位，每位上有种选择，根据分步乘法计数原理得出个字节最多表示多少个不同字符；
用个字节能表示个字符，不够表示个字符，用分步乘法计数原理计算个字节表示多少个不同字符即可．
本题考查了分步乘法计数原理应用问题，也考查了推理于运算能力，是基础题．
19.【答案】证明：由题意知，当时，，所以，
整理得：，即，所以数列是以为公差的等差数列；
解：由，由知是以为首项、为公差的等差数列，
所以，所以，
所以，
所以，
得，
所以，所以．
因为，所以，
由于，当且仅当时等号成立，故正整数的最大值为．
【解析】时，用代入化简，用等差数列的定义即可证明；
用错位相减法求出，不等式可化为恒成立，再用基本不等式求得的最大值，从而可得的最大值．
本题主要考查数列的求和，考查转化能力，属于中档题．
20.【答案】解：Ⅰ，，
直线：与圆相切
，，，，
椭圆的方程是分
Ⅱ，
动点到定直线：的距离等于它到定点的距离，
动点的轨迹是以为准线，为焦点的抛物线
点的轨迹的方程为分
Ⅲ当直线的斜率存在且不为零时，设直线的斜率为，
，，则直线的方程为
联立及得
所以，
分
由于直线的斜率为，用代换上式中的可得
，
四边形的面积为分
由
所以，当时，即时取等号．分
易知，当直线的斜率不存在或斜率为零时，四边形的面积
综上可得，四边形面积的最小值为分
【解析】Ⅰ由题设条件知，再由直线：与圆相切，知，由此可求出椭圆的方程．
Ⅱ由，知动点到定直线：的距离等于它到定点的距离，由此可求出点的轨迹的方程．
Ⅲ当直线的斜率存在且不为零时，设直线的斜率为，，，则直线的方程为，联立及得然后利用根与系数的关系结合题设条件进行求解．
本题考查圆锥曲线和直线的位置关系和综合应用，解题时要认真审题，注意韦达定理的合理运用．
21.【答案】解：在区间上，，
当 时，，
曲线在处的切线斜率为，
则切线方程为，即；
若，有唯一零点，
若，则，是区间上的增函数，
，，
，函数在区间有唯一零点，
若，令得：，
在区间上，，函数是增函数；
在区间上，，函数是减函数；
故在区间上，的极大值为，
由 即，解得：，
故所求实数的取值范围是；
证明：设，
，
，，
，，
原不等式，
，
令，则，
于是，
设函数，
求导得：，
故函数是上的增函数，
，
即不等式成立，
故所证不等式成立．
【解析】本题考查导数的运用，求切线方程和求单调区间和极值，考查函数的零点问题，注意运用零点存在定理，考查不等式的证明，注意构造函数应用导数判断单调性加以证明，属于中档题．
求出当 时的导数，再求切线的斜率，由点斜式方程，即可得到切线方程；
对讨论，分，，，可通过解方程和零点存在定理以及应用导数求极值，令极大值不小于，即可得到；
原不等式，令，则，于是，设函数，求出导数，判断单调性，由单调性即可得证．
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