精品解析：上海市曹杨中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高二_下学期_2：期中

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曹杨二中 2022 学年第二学期高二年级数学期中
一、填空题（本大题满分 54 分）本大题共有 12 题，前 6 题每个空格填对得 4 分，后 6 题每
个空格填对得 5分，否则一律得零分．
1. 2与 8 的等差中项是________.
【答案】-5
【解析】
【分析】根据等差中项的定义计算即可.
【详解】设等差中项为x，则2x28 x5，
故答案为：-5
2. 某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1
门课程学习，则不同的选法共有_____________种.
【答案】11
【解析】
【分析】直接根据分类加法计数原理得答案.
【详解】根据分类加法计数原理得不同的选法共有45211种.
故答案为：11.
3. 已知数列
a 
（n1，nN）的通项公式是a  3n1，则2 7 是该数列中的第________项.
n n
【答案】9
【解析】
【分析】利用通项公式的概念求解n的值.
【详解】根据题意，得 3n12 7，
解得n9，所以2 7 是该数列中的第9项.
故答案为：9
4. 已知数列 a  （n1，nN）为等比数列，且8a a 0，则 a  的公比为________.
n 2 5 n
【答案】-2
【解析】
【分析】由等比数列的定义及性质计算即可.
【详解】设 a  的公比为 q ，由题意可知a 0，则由8a a 0得
n n 2 5
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8aqaq4 aq  8q3 08q3 0,q 2.
1 1 1
故答案为：-2
 
5. 设函数 f xcosx，则 f    ________.
 4
2
【答案】
2
【解析】
【分析】根据常用函数的导函数计算即可.
 π  π 2
【详解】由 f xcosx fxsinx f



sin



 ，
 4  4 2
2
故答案为：
2
6. 等比数列{a }的前3项的和等于首项的3倍，则该等比数列的公比为____．
n
【答案】﹣2或1
【解析】
【详解】试题分析：当公比 q=1 时，等比数列{a }的前 3 项的和等于首项的 3 倍；当公比 q≠1 时，
n
．由此能求出该等比数列的公比．
解：∵等比数列{a }的前3项的和等于首项的3倍，
n
∴当公比q=1时，等比数列{a }的前3项的和等于首项的3倍，成立；
n
当公比q≠1时， ，解得q=﹣2．
∴该等比数列的公比为﹣2或1．
故答案为﹣2或1．
考点：等比数列的通项公式．
7. 若 a,b,c3,2,1,0,1,2,3,4 ，则符合条件的二次函数y ax2 bxc的解析式有______个．
【答案】294
【解析】
【分析】由分步乘法原理求解
【详解】y ax2 bxc是二次函数，故a0．
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由集合元素的互异性知a,b,c互不相同，故符合条件的函数解析式有776294个．
故答案为：294
8. 设曲线y eax在点(0，1)处的切线与直线x2y10垂直，则a _______．
【答案】2
【解析】
【详解】
 1
【分析】y′＝aeax，y′|
x＝0
＝a.由题意知，a×  ＝－1，∴a＝2
 2
x2 y2
9. 已知双曲线  1，其右焦点与抛物线y2 4 3x的焦点重合，则该双曲线方程为________.
a2 2
y2
【答案】x2  1
2
【解析】
【分析】求出抛物线y2 4 3x的焦点坐标，可得出双曲线的右焦点坐标，进而可求出a2的值，由此可得
出该双曲线的方程.
 
【详解】抛物线y2 4 3x的焦点坐标为 3,0 ，
x2 y2  
所以，双曲线  1的右焦点坐标为 3,0 ，则a2 23，得a2 1.
a2 2
y2
因此，该双曲线的方程为x2  1.
2
y2
故答案为x2  1.
2
【点睛】本题考查双曲线方程的求解，同时也考查了抛物线焦点坐标的求解，考查运算求解能力，属于基
础题.
10. 记数列 a  的前n项和为S ，若a 1，a 2S （n为正整数），则数列 a  的通项公式为
n n 1 n1 n n
________．
1,n1
【答案】a 
n 23n2,n2
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【解析】
a
【分析】当n2时，a 2S ，所以两式相减得a a 2S S  ，所以化简有 n1 3，又因
n n1 n1 n n n1 a
n
a
为 2 2，可得数列 a  是以a 2为首项，公比为3的等比数列，即可求出数列 a  的通项公式.
a n 2 n
1
【详解】因为a 1，a 2S ，
1 n1 n
所以当n1时，a 2S 2a 2，
2 1 1
当n2时，a 2S ，所以两式相减得：a a 2S S  ，
n n1 n1 n n n1
a a
则a a 2a ，所以 n1 3，又因为 2 2，
n1 n n a a
n 1
所以数列
a 
是以a 2为首项，公比为3的等比数列.
n 2
所以当n2时，a 23n2.
n
1,n1
所以数列 a  的通项公式为：a 
n n 23n2,n2
1,n1
故答案为：a  .
n 23n2,n2
1 n1 1 1 1 1 1 
11. 将数列  （n1，nN）分组为：（1）， , ， , , ，
 2  2 4 8 16 32
 1 1 1 1 
 , , , ，……，则第k（k 1，kN）组中的第一个数是________.
64 128 256 512
kk1
 2 
【答案】 
 
2
 
【解析】
1 n1
【分析】根据等差数列的求和公式计算第k组中的第一个数位于数列  的第几项即可.
 2 
1 n1
【详解】由条件可知第k组即有k项，则第k组的第一个数是数列  的第123...k11
 2 
项，
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kk1
计算123...k11 1，
2
1
kk
2
1
11  2 
kk1
即       为第k组中的第一个数.
2

2

kk1
 2 
故答案为： 
 
2
 
 x
e2,x0

12. 已知函数 f x exe ，点M､N 是函数y  f x 图象上不同的两个点，设O为坐标原

 1x2,x0
点，则tanMON 的取值范围是__________.
 2
【答案】 0,1 
 e
【解析】
【分析】作出函数 f x 的图形，求出过原点且与函数 f xx0 的图象相切的直线的方程，以及函数
f x 1x2(x0)的渐近线方程，结合两角差的正切公式，数形结合可得出tanMON 的取值范围.
x 1x
【详解】当x0时， f x e2，则 fx 0，
exe exe
所以，函数 f x 在 ,0 上为增函数；
当x0时，由y  1x2 0可得 y2 1x2，即y2 x2 1，
作出函数 f x 的图象如下图所示：
设过原点且与函数 f xx0 的图象相切的直线的方程为
 x 
y kx，设切点为 x , 0 e2 ，

0 ex
0
1

x 1x
所以，切线方程为y 0 e2  0 xx ，
ex
0
e ex
0
e 0
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x x
将原点坐标代入切线方程可得 0 e2 1x  0 ，
ex
0
e 0 ex
0
e
x2 x2 2xx2
即 0 e2，构造函数gx ，其中x0，则gx 0，
ex
0
e exe exe
x2
所以，函数gx 在 ,0 上单调递减，且gee2，
exe
x2 1x
由gx  0 e2，解得x e，所以，k  0 e1，
0 ex 0 e 0 ex 0 e
而函数 f x 1x2(x0)的渐近线方程为 yx ，
设直线 yx 与y e1x的夹角为，设直线y e1x的倾斜角为，
3π
3π 
tan
4
tan 1e1
2
则tantan      1 ，
 4  3π 1e1 e
1tan tan
4
2
结合图形可知，0tanMON 1 .
e
 2
故答案为： 0,1 .
 e
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出设过原点且与函数 f xx0 的图象相切的直线的方程以
及函数 f x 1x2(x0)的渐近线方程，再利用两角差的正切公式以及数形结合思想求解.
二、选择题（本大题满分 18 分）本大题共有 4 小题，13，14 每题 4 分，15，16 每题 5 分，
填错或不填在正确的位置一律得零分．
a a
13. 已知4，a ，a ，1四个实数成等差数列，4，b ，1三个正实数成等比数列，则 2 1 （ ）
1 2 1 b
1
1 1 1
A. B.  C.  D. 2
2 2 2
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列及等比数列的定义与性质计算即可.
【详解】设4，a ，a ，1四个实数所成等差数列的公差为d，
1 2
 14
a a d 
则由题意可得 2 1 3 d 1,b 2，
1
 b2 41

1
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a a 1
又b 为正实数，故 2 1  .
1 b 2
1
故选：A
14. “G  ab ”是“G是a、b的等比中项”的（ ）条件
A. 既不充分也不必要 B. 充分不必要
C. 必要不充分 D. 充要
【答案】A
【解析】
【分析】分别举反例判断充分与必要条件是否满足即可
【详解】当G ab0时，满足G  ab ，不满足G是a、b的等比中项；当G是a、b的等比中项，
如a 1,b4,G 2，但不满足G  ab ，故“G  ab ”是“G是a、b的等比中项”的既不充分也不必
要条件
故选：A
x
15. 函数 f x ab1 ，则（ ）
ex
A. f a f b B. f a f b
C. f a f b D. f a ， f (b)大小关系不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的导函数，明确函数的单调性，即可作出判断.
x
【详解】∵ f x ，
ex
1x
∴ fx ，
ex
x
∴ f x 在 ,1 上单调递减，
ex
又ab1，
∴ f a f b ，
故选：C.
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16. 函数 f x 的导函数为 f x 的图象如图所示，关于函数 f x ，下列说法不正确的是（ ）
A. 函数在
1,1
和
3,
上单调递增 B. 函数在
,1
和
1,3
上单调递减
C. 函数仅有两个极值点 D. 函数有最小值，但是无最大值
【答案】C
【解析】
【分析】根据 f x 的图象判断出 f x 的单调性、极值点、最值对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】根据 f x 的图象可知，
函数在 1,1 和 3, 上 fx0, f x单调递增，A选项正确.
函数在 ,1 和 1,3 上 fx0, f x单调递减，B选项正确.
所以 f x 的极小值点为1,3，极大值点为1，C选项错误.
由上述分析可知，函数的最小值是 f 1 和 f 3 两者中较小的一个，没有最大值，D选项正确.
故选：C
【点睛】利用导函数研究函数的单调性、极值点或最值，关键点在于根据导函数的图象判断出函数的单调
性，然后根据单调性判断出极值点，而最值在区间的端点或极值点处取得.
三、解答题（本大题共 5题，满分 76分）
17. 已知等差数列的前三项依次为a,4,3a,前n项和为S ，且S 110.
n k
（1）求a及k的值；
S
（2）设数列{b }的通项公式b ＝ n ，证明：数列{b }是等差数列，并求其前n项和T .
n n n n
n
n(n3)
【答案】（1）a＝2，k＝10；（2）证明见解析，T ＝ .
n
2
【解析】
【分析】（1）设该等差数列为{a }，根据等差数列的前三项依次为a,4,3a,由a＋3a＝8，求得a，再利用等
n
差数列前n项和的公式，由S ＝110求解；
k
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n(22n) S
（2）由（1）得到S ＝ ＝n(n＋1)，进而得到b ＝ n ，再利用等差数列的定义证明.
n n
2 n
【详解】（1）设该等差数列为{a }，则a ＝a，a ＝4，a ＝3a，
n 1 2 3
由已知有a＋3a＝8，得a ＝a＝2，公差d＝4－2＝2，
1
k(k1) k(k1)
所以S ＝ka ＋ ·d＝2k＋ ×2＝k2＋k，
k 1
2 2
由S ＝110，得k2＋k－110＝0，
k
解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.
n(22n)
（2）证明：由（1）得S ＝ ＝n(n＋1)，
n
2
S
则b ＝ n ＝n＋1，
n
n
故b －b ＝(n＋2)－(n＋1)＝1，又b ＝1＋1＝2，
n＋1 n 1
所以数列{b }是首项为2，公差为1的等差数列，
n
n(2n1) n(n3)
所以T ＝ ＝ .
n
2 2
y2
18. 已知双曲线C ：x2  1.
1
4
（1）求与双曲线C 有相同的焦点，且过点P(4, 3)的双曲线C 的标准方程.
1 2
（2）直线l：y  xm分别交双曲线C 的两条渐近线于A，B两点.当O  A  O  B  3时，求实数m的值.
1
x2
【答案】（1）  y2 1（2）m 3
4
【解析】
【分析】(1)先求双曲线C 的焦点坐标，然后结合条件计算出双曲线C 的标准方程
1 2
(2)设Ax ,2x  ，Bx ,2x  构造新曲线方程，联立直线方程与曲线方程，求出两根之积，代入向量的
1 1 2 2
表达式求出结果
   
【详解】（1）双曲线C 的焦点坐标为 5,0 ，  5,0 ，
1
x2 y2
设双曲线C 的标准方程为  1(a0,b0)，
2 a2 b2
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a2 b2 5
 a2 4
则16 3 解得

 1 b2 1
a2 b2
x2
∴双曲线C 的标准方程为  y2 1.
2
4
（2）双曲线C 的渐近线方程为y 2x，y 2x.
1
设Ax ,2x  ，Bx ,2x  .
1 1 2 2
 y2
x2  0
由 4 ，消去y化简得3x2 2mxm2 0，

 y  xm
由2m2 43  m2 16m2 0，
m2
得m0.∵x x  ，
1 2 3
 
OAOB x x 2x 2x 3x x ，
1 2 1 2 1 2
∴m2 3，即m 3.
【点睛】本题考查了求双曲线标准方程以及结合向量求参数的值，题目较为基础，需要掌握解题方法
19. 统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y（升）关于行驶速度x（千米/小时）的函
数解析式可以表示为：
1 3
y  x3  x8(0 x120).已知甲、乙两地相距100千米．
128000 80
（1）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？
（2）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？
【答案】(1) 17.5 L. (2) 当汽车以80 km/h的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25 L.
【解析】
【详解】本试题主要考查了导数在物理中的运用．
解: (1)当x=40时，汽车从甲地到乙地行驶了 小时,
要耗油( .
答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升.
(2)当速度为x千米/小时，汽车从甲地到乙地行驶了 设耗油量为h(x)升，依题意得
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h(x)=( )· ,
(x)= 其中0＜x≤120
令 (x)=0，得x=80.
当x∈(0,80)时， (x)＜0,h(x)是减函数;
当x∈(80,120)时， (x)＞0,h(x)是增函数.
∴当x=80时，h(x)取到极小值h(80)=11.25.
因为h(x)在(0,120)上只有一个极值，所以它是最小值.
答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，
最少为11.25升.
20. 设函数 f
xxxa2xR．
（1）当a 1时，求曲线y  f x 在点  2,f 2 处的切线方程；
（2）当a0时，求函数 f x 的极大值和极小值；
（3）当a3时，证明存在k1,0 ，使得不等式 f kcosx f  k2 cos2 x  对任意的xR恒成
立．
【答案】（1）5x y80
4
（2）极大值为0，极小值为 a3
27
（3）证明详见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数，根据切点和斜率求得切线方程.
（2）利用导数求得 f x 的单调区间，进而求得 f x 的极大值和极小值.
（3）结合（2）化简恒成立的不等式，结合二次函数、一元二次不等式等知识证得结论成立.
【小问1详解】
当a 1时， f xxx12 =x3 2x2 x， fx=3x2 4x1，
f 2=2, f2=5，所以曲线y  f x 在点  2,f 2 处的切线方程为 y2=5x2，
整理得5x y80.
【小问2详解】
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f xxxa2 =x3 2ax2 a2x，
fx=3x2 4axa2=3xaxa，
 a
当a0时， f x 在区间 ,  ,a, 上 fx0, f x单调递减；
 3
a 
在区间 ,a 上 f x0, f x单调递增，
3 
a 4
所以 f x 的极小值为 f  = a3，极大值为 f a=0.
3 27
【小问3详解】
a
由a3得 1，当k1,0时，kcosx1,k2 cos2 x1.
3
由（2）知， f x 在 ,1 上是减函数，
要使 f kcosx f  k2 cos2 x  ，只要kcosxk2 cos2 x，
即cos2 xcosxk2 k ，
2
 1 1
y=cos2 xcosx=cosx   ，
 2 4
2 2
 1 1  1 1
由于1cosx1，所以 y=cosx   1   =2，
 2 4  2 4
所以k2 k 2,k2 k 2=k 1k 20，
解得k 1或k 2，
所以在区间1,0上存在k 1，
使得不等式 f kcosx f  k2 cos2 x  对任意的xR恒成立．
【点睛】利用导数求曲线的切线方程，首先判断是已知点在曲线上还是曲线外，然后把握两个关键点，一
个关键点是切点坐标，另一个关键点是切线的斜率.切线的斜率可以导数求得，也可以利用切线上两点的坐
标求得.切点既在曲线上，也在切线上.
 3
21. 设数列 a  的首项a 为常数 a  ，且a 3n 2a nN,n1 .
n 1  1 5 n1 n
 3n
（1）证明：a  是等比数列；
 n 5 
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3
（2）若a  ，求数列 a  的通项及前n项的和；
1 2 n
（3）若 a  是严格增数列，求a 的取值范围.
n 1
【答案】（1）证明见解析；
92n1 3n 3n132n
（2）a   ，
n 10 5 10
（3）a 0,1
1
【解析】
【分析】（1）由条件的递推公式构造数列，利用等比数列定义证明即可；
（2）由（1）的结论及等比数列求和公式计算即可；
（3）利用数列与函数的单调性，分类讨论计算即可.
【小问1详解】
3n1
a 
3n1  3n  n1 5
由a 3n 2a 可得：a  2a  ，即 2是常数，
n1 n n1 5  n 5  3n
a 
n 5
3 3  3n 3
又a  ，即a  0，故a  是以a  为首项，-2为公比的等比数列；
1 5 1 5  n 5  1 5
【小问2详解】
3n  3 92n1 92n1 3n
结合（1）可得：a   a  2n1  a   ，
 
n 5  1 5 10 n 10 5
记S 为 a  前n项的和，
n n
9 1
则S
n

10


20 21 

2n1


5
  3132 

3n
9 12n 1 3  13n 3n132n
     ；
10 12 5 13 10
【小问3详解】
3n  3  3 3n
由上可得：a    a  
2n1
a   a  
2n1
 ，
n 5  1 5 n  1 5 5
 3 3n1  3 3n
若 a  为严格增数列，则a a   a   2n    a   2n1  ，
n n1 n  1 5 5  1 5 5
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4 3 
对任意自然数n恒成立，化简得 3n   a  2n ，
15 5 1 
n n
若n为偶数，则a 
3

4

3
，令 f n
3

4

3
，显然 f n 在定义域上单调递减，即
   
1 5 15 2 5 15 2
a  f 20，
1
n n
若n为奇数，则a 
3

4

3
，令gn
3

4

3
，显然gn 在定义域上单调递增，即
   
1 5 15 2 5 15 2
a  g11，
1
综上a 0,1
1
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