2022-2023學年河南省高二年級下冊學期5月質量檢測數學試題【含答案】

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1、一、單選題 1．在數列中，，數列是以5為公比的等比數列，則（????） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】B 【分析】根據等比數列的通項公式結合對數運算求解. 【詳解】因為數列是以首項，為公比的等比數列，則， 所以. 故選：B． 2．拋物線的準線方程是，則實數的值為（????） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】寫出拋物線的準線方程，可得出關于實數的等式，解之即可. 【詳解】拋物線的準線方程為， 由題意可得，解得. 故選：B. 3．函數的單調遞減區間為（????） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求定義域

2、，再求導，根據導函數小于0求出單調遞減區間. 【詳解】的定義域為， ， 由，可得，故的單調遞減區間為. 故選：C． 4．下列不等式關系正確的是（????） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根據對數函數的單調性結合條件即得. 【詳解】因為，，， 又，， 所以，即， 故，即. 故選：C. 5．已知雙曲線，點為其兩個焦點，點為雙曲線上一點，若，則三角形的面積為（????） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】利用三角形面積公式、余弦定理，結合雙曲線的性質可得，即可求面積. 【詳解】設，則， 而，且， 所以， 故， 故選：D. 6．

3、函數的一個極值點是1，則的值（????） A．恒大于0 B．恒小于0 C．恒等于0 D．不確定 【答案】B 【分析】由得出，令，利用導數證明，從而得出恒小于0. 【詳解】，是的極值點，， 即，令，則， 令，解得：，令，解得：， 故在遞增，在遞減，故， 故，即恒小于0. 故選：B. 7．已知數列的前項和，若，則（????） A．578 B．579 C．580 D．581 【答案】B 【分析】由的關系得出通項公式，再討論，兩種情況，結合求和公式得出. 【詳解】當時， 當時，，經檢驗時，不成立. 故得到. 令，則，解得，且， 當時， ， 當時， ， 故

4、：，. 故選：B. 8．已知定義在上的奇函數恒有，若方程有三個不相等的實數解，則實數的取值范圍為（????） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由題意將問題轉化為函數的圖象與直線有三個不同的交點，然后對函數求導求出函數的極值，從而可求出的取值范圍 【詳解】由題可得是奇函數并且是上的單調函數， 由，可得，，即， 所以問題等價于方程在上有三個不同的實數解， 即函數的圖象與直線有三個不同的交點， 由，得， 當時，單調遞增； 當時，單調遞減； 當時，單調遞增； 所以的極大值為，極小值為， 的取值范圍為， 故選：A 二、多選題 9．下列求導運算正確的是

5、（????） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根據導數的運算公式及運算法則進行計算即可. 【詳解】A選項，，故A選項錯誤； B選項，，故B選項正確； C選項，，故C選項正確； D選項，，故D選項錯誤； 故選：BC. 10．數列中，．則下列結論中正確的是（????） A．是等比數列 B． C． D． 【答案】AC 【分析】由已知遞推關系式，可得，則可得到 是等比數列，進而得到，再利用累加法得到，然后逐項判斷． 【詳解】因為數列中，，所以，即， 則是以為首項，以為公比的等比數列，所以，故A正確； 由累加法得，所以，從而，故B不正確； 當為奇數時，是

6、遞增數列，所以， 當為偶數時，是遞減數列，所以，所以，故C正確； 又，，所以，故D不正確. 故選：AC. 11．函數的圖象如圖所示，則以下結論正確的有（????） ?? A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】由的圖象得到函數的單調區間與極值，求出函數的導函數，即可得到和為方程的兩根且，利用韋達定理即可表示出、，從而得解； 【詳解】由的圖象可知在和上單調遞增，在上單調遞減，在處取得極大值，在處取得極小值， 又，所以和為方程的兩根且； 所以，， 所以，，，，故A錯誤，B正確； 所以，，故C正確，D錯誤. 故選：BC 12．已知橢圓的兩個焦點為是橢圓上的動點，

7、且的面積最大值是，則下列結論中正確的是（????） A．橢圓的離心率是 B．若是左，右端點，則的最大值為 C．若點坐標是，則過的的切線方程是 D．若過原點的直線交于兩點，則 【答案】BD 【分析】利用已知解出得到橢圓方程，由離心率的公式計算結果驗證選項A；利用橢圓定義計算驗證選項B；通過聯立方程組求切線方程驗證選項C；運用點差法驗證選項D. 【詳解】的面積最大值是，則，橢圓方程. ，橢圓離心率，A選項錯誤； 若是橢圓的左，右端點，則，以為焦點作新橢圓， P為兩個橢圓的交點，當新橢圓短軸最長時最大，所以當P為橢圓的上頂點或下頂點時，有最大值為，B選項正確； 點在橢圓上，過點的

8、的切線斜率顯然存在，設切線方程為， 代入橢圓方程消去y得， 由，解得， 則切線方程為，即，故C選項錯誤； 設，都在橢圓上，有和， 兩式相減得，，， ，D選項正確. 故選:BD. 三、填空題 13．曲線在處的切線方程為_________． 【答案】 【分析】求導，求出切線斜率，結合切點坐標，從而利用點斜式求出切線方程 【詳解】因為函數，所以，則， 又，切點為，所以切線方程為，即. 故答案為： 14．數列滿足為數列的前項和，則_________． 【答案】 【分析】先證明是等差數列，然后得到，繼而得到，然后用裂項相消法求解即可. 【詳解】由可得，故是公差為2

9、的等差數列， 所以，所以， 所以. 故答案為：. 15．設是拋物線的焦點，是拋物線上的兩點，線段的中點的坐標為，若，則實數的值為_________． 【答案】2 【分析】設，根據焦點弦公式得，再利用中點公式即得到的值. 【詳解】是拋物線的焦點， ，準線方程， 設， ， ， 線段AB的中點橫坐標為， 即. 故答案為：2. ?? 16．若，其中，則_________． 【答案】2 【分析】根據反函數的圖像特征轉為點到直線距離最小值2倍，再結合導數切線求解即得. 【詳解】觀察可知其幾何意義為，兩點間距離的平方， 且在上，在上，兩個函數互為反函數， 進而轉化

10、為圖像上的點到直線的最小距離的2倍的平方, 圖像上的點到直線的最小距離，可轉化為斜率為1的切線到直線y=x距離，即是切點到直線的距離. 因為，令 可得，切點為， ， 易得. 故答案為：2. 四、解答題 17．已知直線過點且與直線垂直，圓的圓心在直線上，且過，兩點． (1)求直線的方程； (2)求圓的標準方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由題設，代入得出直線的方程； （2）設圓心，根據得出圓的標準方程. 【詳解】（1）由題設， 代入得，于是的方程為. （2）設圓心，則， 即， 解得：， ，又圓心， 圓的標準方程為. 18．已知遞增

11、數列滿足． (1)求； (2)設數列滿足，求的前項和． 【答案】(1)； (2)Sn=. 【分析】（1）由題可得，然后根據等差數列的概念即得； （2）利用錯位相減法即得. 【詳解】（1）由，得， 即， 若，則，又， 所以數列為首項為7公差為4的等差數列； 若，由，得，（舍去）； 綜上：； （2）由（1）知，，所以數列的前n項和， 作差可得： ， 所以， 故的前n項和為Sn=. 19．已知函數． (1)求的極值； (2)若無零點，求實數的取值范圍． 【答案】(1)，無極大值. (2) 【分析】（1）求出函數的導函數，即可求出函數的

12、單調區間，從而求出函數的極值； （2）依題意可得關于的方程沒有實數解，即關于的方程沒有實數解，分和兩種情況討論，當時參變分離可得，再構造函數，利用導數求出函數的最小值，即可求出參數的取值范圍. 【詳解】（1）因為， 所以， 令，得， 所以當時，，當時，， 所以在上單調遞減，在上單調遞增， 所以在處取得極小值，無極大值， 所以，無極大值. （2）若無零點，等價于關于的方程沒有實數解， 即關于的方程沒有實數解， ①當時，該方程可化為，沒有實數解，符合題意； ②當時，該方程化為， 令，則， 由，得， 當時，，當時，， 則函數在上單調遞減，在上單調遞增， 所以，又當時

13、，， 故函數的值域為， 所以當時，方程無實數解，解得， 綜合①②，可知的取值范圍是. 20．數列的前項和滿足，且． (1)求； (2)設，求數列的前項和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根據，作差得到，再由，即可得到數列是以為首項，為公比的等比數列，即可求出其通項； （2）由（1）可得，利用并項求和法及等比數列求和公式計算可得. 【詳解】（1）因為，當時，又可得， 當時，作差得，即， 又，所以數列是以為首項，為公比的等比數列， 所以. （2）由（1）知， 所以，， 所以， 所以 . 21．已知直線與雙曲線的右支交于不同的兩點和，與軸交于點，且

14、直線上存在一點滿足（不與重合）． (1)求實數的取值范圍； (2)證明：當變化時，點的縱坐標為定值． 【答案】(1)； (2)證明見解析. 【分析】（1）由直線方程聯立雙曲線方程，結合條件可得不等式組，進而即得； （2）設點的坐標根據韋達定理結合條件可得的橫坐標，進而可得縱坐標. 【詳解】（1）將直線方程代入雙曲線方程，化簡整理得，， 要使直線與雙曲線的右支有兩個不同的交點A和B，則應滿足 ， 解得； （2）設， ?? 則由（1）知：. 由，得：， 所以. 又， 所以點D的縱坐標為定值. 22．已知函數． (1)證明：函數有唯一零點； (2)證明：． 【答案】(1)證明見解析 (2)證明見解析 【分析】（1）求定義域，求導，得到函數單調性，結合得到答案； （2）由（1）得到，，用替換，得到，. 【詳解】（1）的定義域為， ， 即在上單調遞減，且， 即函數有唯一零點1. （2）證明：由（1）知，當時，， 即，故①， 因為， ， 顯然，用替換，代入①得: ，. 即，成立. 【點睛】導函數證明數列相關不等式，常根據已知函數不等式，用關于正整數的不等式代替函數不等式中的自變量，常常通過多次求和（常常用到裂項相消法求和）達到證明的目的，此類問題一般至少有兩問，已知的不等式常由第一問根據特征式的特征而得到.