2022-2023学年江苏省盐城市响水县高二下学期期中数学试题2【含答案】

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1、2022-2023学年江苏省盐城市响水县高二下学期期中数学试题一、单选题1命题“，使得”的否定为（）AB，使得CD，使得【答案】C【分析】根据给定条件由含有一个量词的命题的否定方法直接写出原命题的否定作答.【详解】命题“，使得”的否定为“”，故选：C.2设集合，则（）ABCD【答案】D【分析】解不等式可得出，然后根据补集的运算求出，进而根据交集的运算，即可得出答案.【详解】解可得，或，所以，所以.解可得，根据指数函数的单调性可知，所以，所以，.故选：D.3函数的单调增区间为（）ABCD【答案】A【分析】根据对数复合函数的单调性判断增区间即可.【详解】令，且对称轴为，所以在上递减，在上递增，又在

2、定义域内递减，所以的单调增区间为.故选：A4单叶双曲面是最受设计师青睐的结构之一，它可以用直的钢梁建造，既能减少风的阻力，又能用最少的材料来维持结构的完整.如图1，俗称小蛮腰的广州塔位于中国广州市，它的外形就是单叶双曲面，可看成是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面.某市计划建造类似于广州塔的地标建筑，此地标建筑的平面图形是双曲线，如图2，最细处的直径为 ，楼底的直径为，楼顶直径为，最细处距楼底 ，则该地标建筑的高为（）A B C D 【答案】C【分析】根据题意建立平面直角坐标系，设双曲线的方程是，由已知可得 ，将点坐标代入解得 的值，从而得到双曲线的方程，最后利用双曲线的方程解得 的坐标即

3、可求得地标建筑的高.【详解】解：以地标建筑的最细处所在直线为 轴，双曲线的虚轴为 轴，建立平面直角坐标系如图所示.由题意可得：，设，双曲线的方程是，则，解得 ，所以双曲线的方程是：，将点代入得，解得，所以该地标建筑的高为： .故选： .52023年1月31日，据“合肥发布”公众号报道，我国最新量子计算机“悟空”即将面世，预计到2025年量子计算机可以操控的超导量子比特达到1024个.已知1个超导量子比特共有2种叠加态，2个超导量子比特共有4种叠加态，3个超导量子比特共有8种叠加态，每增加1个超导量子比特，其叠加态的种数就增加一倍.若，则称为位数，已知1024个超导量子比特的叠加态的种数是一个位

4、的数，则（）（参考数据：）A308B309C1023D1024【答案】B【分析】由已知可推得当有1024个超导量子比特时共有种叠加态.两边同时取以10为底的对数，根据对数的运算性质可得，根据已知数据，即可得出答案.【详解】根据题意，得个超导量子比特共有种叠加态，所以当有1024个超导量子比特时共有种叠加态.两边取以10为底的对数得，所以.由于，故是一个309位的数，即.故选：B.6若曲线和曲线在交点处的切线相同，则的值为（）ABCD【答案】D【分析】设，根据题意可建立关于，的方程组，解出即可【详解】设，由曲线，可得，由曲线，可得，则，解得（舍或故选：D7设等差数列满足，且，则（）A10100B

5、10000C9900D9801【答案】A【分析】由已知可求出等差数列的公差，进而得出，累加法求解可得，即可得出答案.【详解】设等差数列的公差为，由可得，解得，所以.则，所以当时，有，当时，满足上式，所以，所以.故选：A.8已知函数，的定义域均为，且，若的图像关于直线对称，且，则（）ABCD【答案】D【分析】根据题意，利用等价转换判断出，再求出，整体代换分别求出，即可求解.【详解】因为的图像关于直线对称，所以.因为，所以，即.因为，所以，代入得，即，所以，因为，所以，即，所以因为，所以.又因为，得，所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为，所以.因为，所以所以故选：D【点睛】函数奇偶性、周期

6、性、对称性的综合应用，结论较多，通常采用赋值代入，层层转化，求出特殊的函数值或者找到相应的关系，即可求解.二、多选题9“关于的不等式对恒成立”的一个充分不必要条件是（）ABCD【答案】AB【分析】分两种情况进行讨论，当时，对恒成立；当时，对恒成立可通过一元二次不等式进行求解，即.求出的取值范围后便可逐个选项进行判断.【详解】当时，对恒成立，符合题意；当时，解得，综上，实数的取值范围是.所以“”是“关于的不等式对恒成立”的充分不必要条件，故A正确；“”是“关于的不等式对恒成立”的充分不必要条件，故B正确；“”是“关于的不等式对恒成立”的充要条件，故C错误；“”是“关于的不等式对恒成立”的必要不充

7、分条件，故D错误.故选：AB.10已知，则下列说法正确的是（）ABCD【答案】BCD【分析】利用不等式的性质，利用作差法和基本不等式对选项依次判断即可.【详解】对于A，因为，故A错误；对于B，因为，所以，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以，故C正确；对于D，因为，所以，故D正确故选：BCD11已知数列的前项和满足，且，数列的前项和为，则（）A数列是等比数列B数列是等比数列CD【答案】AD【分析】根据与的关系，即可推得，变形可得，即可得出A项；根据时，求出，即可得出，求出，即可判断B、C项；代入裂项可得，然后求和即可得出D项.【详解】对于A项， 由，得，两式相减，得，整理可得，所以，故A正

8、确；对于B项，当时，解得，所以，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以，所以，所以，显然数列不是等比数列，故B错误；对于C项，由B知，所以，故C错误；对于D项，所以，故D正确.故选：AD.12已知函数的两个极值点分别是，则（）A或BC存在实数，使得D【答案】BD【分析】对于A，由题意可得在上有2个不等的实根，从而可求出的范围，对于B，根据根与系数的关系结合的范围进行判断，对于C，由题意得，令，利用导数可求得，从而可进行判断，对于D，令，利用导数可求出其在上的最大值小于零即可.【详解】由有两个极值点，得在上有2个不等的实根，即在上有2个不等的实根，则解得，A错误；由韦达定理，得，当时，B正

9、确；，令，则，所以在上单调递减，所以，所以恒成立，C错误；，令，令，所以在上单调递减，所以，即，所以在上单调递减，.所以，D正确.故选：BD.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数极值问题，解题的关键是根据题意可得在上有2个不等的实根，即在上有2个不等的实根，然后利用根与系数的关系分析判断，考查数学计算能力，属于较难题.三、填空题13已知椭圆的焦点分别为，则的离心率为_.【答案】/【分析】根据条件，确定，再求，即可求椭圆的离心率.【详解】由题意知椭圆的焦点在轴上，所以，所以，所以，离心率为.故答案为：14已知是等差数列的前项和，若，则_【答案】【分析】根据等差数列片段

10、和性质可得，解方程即可求得结果.【详解】由等差数列性质知：，成等差数列，即，解得：.故答案为：.15已知，则的最小值为_.【答案】【分析】利用基本不等式中“”的代换即可求解.【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故答案为：16过抛物线的焦点F作直线PQ，MN分别与抛物线C交于P，Q和M，N，若直线PQ，MN的斜率分别为，且满足，则的最小值为_【答案】【分析】求出直线方程，再与抛物线联立，利用弦长公式分别求出弦，再利用基本不等式即可得出答案.【详解】抛物线的焦点，则直线的方程为，联立，消得，设，则，则，所以，同理可得，所以，由，得，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值

11、为.故答案为：.四、解答题17已知数列是由正数组成的等比数列，且，.(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等比数列通项得，解出，的值，即可得出其通项；（2），分组求和即可.【详解】（1）设等比数列的公比为，由，得，是由正数组成的等比数列，则，则，解得或（舍），又，所以，解得，所以.（2），所以.18已知双曲线的渐近线为，抛物线的焦点为F，点在抛物线上，且，抛物线交双曲线的两条渐近线于O，A，B三点(1)求双曲线的离心率；(2)求的面积【答案】(1)(2)48【分析】（1）结合抛物线的定义，列出方程，求得的值，即可得到本题答案；（2）联

12、立渐近线方程和抛物线方程，求得点和点的坐标，即可得到本题答案.【详解】（1）由题意双曲线的渐近线为，所以，所以双曲线的离心率（2）抛物线的准线方程为，所以，解得，所以的方程为，焦点为，不妨设A在左侧，B在右侧，联立得，所以，直线的方程为，所以点F到直线的距离为8，所以的面积为19已知函数在处取得极值(1)求a，b的值；(2)若存在，使得成立，求实数t的取值范围【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据已知条件可知得求解即可.（2）运用分离参数求最值解决存在性问题，再运用导数研究函数的最值即可.【详解】（1），因为函数在处取到极值，所以，即，解得经检验，当，时，在处取到极值，所以，（2）因为存在，

13、使得成立，所以，由（1）知，令，得或，当时，单调递增；当时，单调递减，当时，单调递增所以又，所以，所以所以实数t的取值范围是20已知数列满足，(1)求的通项公式；(2)设，在和之间插入个数，使得这个数构成公差为的等差数列，求的前项和【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知令得出，并得出时，结合已知式子做减即可得出，化简即可得出，再验证时是否符合式子，即可得出答案；（2）根据（1）得出的，即可得出，再根据已知得出，即可得出数列的通项，观察通项特点，选取错位相减法求前项和即可得出答案.【详解】（1）数列满足，当时，得，得时，由得，所以，而也适合此式，所以.（2）由（1）得，所以，则，所以，所以，

14、两式相减得：，所以21在平面直角坐标系中，为平面内的一个动点，且，线段的垂直平分线交于点，设点的轨迹是曲线.(1)求曲线的方程；(2)设动直线与曲线有且只有一个公共点，且与直线相交于点，问是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，定点【分析】（1）根据垂直平分线的性质得到，得到轨迹为椭圆，再计算得到椭圆方程.（2）联立方程，根据有唯一交点得到，解得的坐标，假设存在定点，则，代入数据计算得到答案.【详解】（1）由垂直平分线的性质可知，所以.又，所以点N的轨迹C是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.设曲线C的方程为，则，所以，所以曲线C的

15、方程为.（2）由，消去y并整理，得，因为直线与椭圆C有且只有一个公共点P，所以，即，所以，此时，所以，由得，假设存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点H，则，又，所以，整理得对任意实数，k恒成立.所以，解得，故存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点H.【点睛】本题考查了椭圆的轨迹方程，定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将题目条件转化为向量的乘积为零是解题的关键.22已知函数.(1)若，求的极值；(2)若有且仅有两个零点，求的取值范围.【答案】(1)极小值为0，无极大值(2)【分析】（1）先求出导数，再令，二次求导后可得，则可得在上单调递增，由于，从而可得在上单调递减，在

16、上单调递增，进而可求得极值，（2）问题转化为在内有两个不等实根，令，求导后分，讨论函数的单调性及最值，当时，求出函数的最小值，然后分，和判断函数的零点，从而可求得结果.【详解】（1）若，所以，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，即在上单调递增，又，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增.又，所以的极小值为0，无极大值.（2）若有且仅有两个零点，即在内有两个不等实根，令，则，当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以在上至多有1个零点，不符合题意；当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.若，则，所以在上无零点，不符合题意；若，则，所以在上有且仅有一个零点，不符合题意；若，则，又在上单调递增，所以在上有且仅有一个零点；令，所以，令，解得，令，解得1，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，又在上单调递减，所以在上有且仅有一个零点.所以在上有且仅有两个零点.综上，的取值范围是.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求解函数的单调性和极值，考查利用导数解决函数零点问题，第（2）问解题的关键是将问题转化为在内有两个不等实根，然后构造函数利用导数研究其零点的情况，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.