江苏省扬州中学2022-2023学年高二上学期期末迎考数学模拟试卷(含答案)

江苏省扬州中学2022-2023学年高二期末迎考模拟试卷

注意事项：

1.本试卷共150分，考试时间120分钟

一、单项选择题：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．数列，，，，，的一个通项公式为（    ）

A． B． C． D．

2．已知椭圆的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线交椭圆E于A，B两点.若，点M到直线l的距离不小于，则椭圆E的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

3．若是圆上任一点，则点到直线的距离的值不可能等于（    ）

A．4 B．6 C． D．8

4．已知是定义在R上的可导函数，若，则=（    ）

A． B． C．1 D．

5．当时，函数取得最大值，则（    ）

A． B． C． D．1

6．某大学毕业生为自主创业于年月初向银行贷款元，与银行约定按“等额本金还款法”分年进行还款，从年月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利率为，现因经营状况良好准备向银行申请提前还款，计划于上年月初将剩余贷款全部一次还清，则该大学毕业生按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少（     ）

（注：“等额本金还款法”是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率：年按个月计算）

A．元 B．元 C．元 D．元

7．已知函数，若关于的方程有四个不同的实数解，且满足，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

8．已知、为双曲线的左、右焦点，为双曲线的渐近线上一点，满足，（为坐标原点），则该双曲线的离心率是（    ）

A． B． C． D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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．若x，y满足，则（    ）

A． B．

C． D．

10．已知函数，则（    ）

A．有两个极值点 B．有三个零点

C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线

11．已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（    ）

A．C的准线为 B．直线AB与C相切

C． D．

12．双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．

14．已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．

15．曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．

16．设函数若存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为___________．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.

17．求满足下列条件的圆的方程：

(1)经过点，，圆心在轴上；

(2)经过直线与的交点，圆心为点.

18．已知数列满足，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求.

19．已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为，直线交于两点，且.

(1)求双曲线的标准方程；

(2)若点，直线与轴分别相交于两点，且为坐标原点，证明：直线过定点.

20．已知正项数列前项和为，且满足.

(1)求；

(2)令，记数列前项和为，若对任意的，均有恒成立，求实数的取值范围.

21．已知函数.

（1）若，求函数的单调区间；

（2）求证：对任意的，只有一个零点.

22．已知是函数的极值点.

(1)求；

(2)证明：有两个零点，且其中一个零点；

(3)证明：的所有零点都大于.

参考答案：

1．D

【分析】根据数列的前几项归纳出数列的一个通项公式.

【详解】解：因为，，，，，……，

所以数列，，，，，的一个通项公式可以为.

故选：D

2．C

【分析】根据椭圆的定义结合几何关系求出，并利用点到直线的距离关系求得，进而可求离心率的取值范围.

【详解】

如图，设为椭圆的左焦点，连接,

由对称性可得为中点，且为中点，

则四边形为平行四边形，

所以，所以，

取，因为点M到直线l的距离不小于，

所以，解得，

所以，

又因为，

所以椭圆E的离心率的取值范围是.

故选：C.

3．D

【分析】根据题意作出示意图，判断出直线过定点，进而求出圆心到直线距离的最大值，然后判断各个答案.

【详解】如图，圆的圆心坐标为，半径为1，直线过定点．由图可知，圆心C到直线距离的最大值为，则点P到直线距离的最大值为；当直线与圆有公共点时，点P到直线距离的最小值为0．即距离的范围是. 选项中仅D选项不在范围内.

故选：D.

4．A

【分析】根据极限与导数的定义计算．

【详解】

故选：A．

5．B

【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．

【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．

故选：B.

6．C

【分析】分析可知所少的部分为按原计划还款时后个月的利息，根据“等额本金还款法”，结合数列的知识计算可得后个月的利息，从而得到结果.

【详解】截止年月，两种还款方式所还利息也相同，且两种还款方式最终所还本金相同，

按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少的部分为：按原计划还款时，自年月起至原计划结束时所还的利息，即共计个月的利息；

每月应还本金为，

年月还完后本金还剩，

年月应还利息为：；

年月应还利息为：；

年月应还利息为：；……，

最后一次应还利息为：；

后个月的利息合计为：.

即该大学毕业生按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少元.

故选：C.

7．D

【分析】先作函数和的图象，利用特殊值验证A错误，再结合对数函数的性质及二次函数的对称性，计算判断BCD的正误即可.

【详解】作函数和的图象，如图所示：

当时，，即，解得，此时，故A错误；

结合图象知，，当时，可知是方程，即的二根，故，，端点取不到，故BC错误；

当时，，即，

故，即，所以，

故，即，所以，故D正确.

故选：D.

【点睛】方法点睛：已知函数有零点个数求参数值(取值范围)或相关问题，常先分离参数，再作图象，将问题转化成函数图象的交点问题，利用数形结合法进行分析即可.

8．A

【分析】设，根据求出，再在中，利用余弦定理得到关于的齐次方程，结合即可求得双曲线的离心率.

【详解】由题可知，，，

根据对称性，不妨设P为渐近线上一点，坐标为，，

因为，所以，则，故，

故，

在中，，

由余弦定理得，

即，

即，

则，即，

即，即，即，

所以.

故选：A.

9．BC

【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．

【详解】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；

由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；

因为变形可得，设，所以，因此

，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．

故选：BC．

10．AC

【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.

【详解】由题，，令得或，

令得，

所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；

因，，，

所以，函数在上有一个零点，

当时，，即函数在上无零点，

综上所述，函数有一个零点，故B错误；

令，该函数的定义域为，，

则是奇函数，是的对称中心，

将的图象向上移动一个单位得到的图象，

所以点是曲线的对称中心，故C正确；

令，可得，又，

当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.

故选：AC.

11．BCD

【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.

【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；

，所以直线的方程为，

联立，可得，解得，故B正确；

设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，

所以，直线的斜率存在，设其方程为，，

联立，得，

所以，所以或，，

又，，

所以，故C正确；

因为，，

所以，而，故D正确.

故选：BCD

12．AC

【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.

【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用

情况一

M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，

所以，因为，所以在双曲线的左支，

，， ，设，由即，则，

选A

情况二

若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，

所以，， ，设，

由，即，则，

所以，即，

所以双曲线的离心率

选C

[方法二]：答案回代法

特值双曲线

，

过且与圆相切的一条直线为，

两交点都在左支,，

，

则，

特值双曲线，

过且与圆相切的一条直线为，

两交点在左右两支，在右支，，

，

则，

[方法三]：

依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，

若分别在左右支，

因为，且，所以在双曲线的右支，

又，，，

设，，

在中，有，

故即，

所以，

而，，，故，

代入整理得到，即，

所以双曲线的离心率

若均在左支上，

同理有，其中为钝角，故，

故即，

代入，，，整理得到：，

故，故，

故选：AC.

13．

【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；

【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，

所以所在直线即为直线，所以直线为，即；

圆，圆心，半径，

依题意圆心到直线的距离，

即，解得，即；

故答案为：

14．

【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；

【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法

令的中点为，设，，利用点差法得到，

设直线，，，求出、的坐标，

再根据求出、，即可得解；

解：令的中点为，因为，所以，

设，，则，，

所以，即

所以，即，设直线，，，

令得，令得，即，，

所以，

即，解得或（舍去），

又，即，解得或（舍去），

所以直线，即；

故答案为：

[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法

解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，

设，，设直线，，，

则，，，因为，所以

联立直线AB与椭圆方程得消掉y得

其中，

∴AB中点E的横坐标,又，∴

∵，，∴,又，解得m=2

所以直线，即

[方法三]：

令的中点为，因为，所以，

设，，则，，

所以，即

所以，即，设直线，，，

令得，令得，即，，所以，

即，解得或（舍去），

又，即，解得或（舍去），

所以直线，即；

故答案为：

15．         

【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；

【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求

分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；

解： 因为，

当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，

又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；

当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，

又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；

[方法二]：根据函数的对称性，数形结合

当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，

又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；

因为是偶函数，图象为：

所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.

[方法三]：

因为，

当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，

又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；

当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，

又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；

故答案为：；.

16．     0（答案不唯一）     1

【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分类讨论，可知，符合条件，不符合条件，时函数没有最小值，故的最小值只能取的最小值，根据定义域讨论可知或，  解得 .

【详解】解：若时，，∴；

若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求；

若时，

当时，单调递减，，

当时，

∴或，

解得，

综上可得；

故答案为：0（答案不唯一），1

17．(1)

(2)

【分析】（1）设出圆的方程，代入A、B两点坐标，求出圆心和半径，从而求出圆的方程；（2）先求出交点坐标，进而求出半径，写出圆的方程.

【详解】（1）设圆的方程为，由题意得：，解得：，所以圆的方程为；

（2）联立与，解得：，所以交点为，则圆的半径为，所以圆的方程为.

18．(1)

(2)

【分析】(1)根据等比数列的定义求解通项公式；(2)利用裂项相消法求和即可.

【详解】（1）因为数列满足，所以，

所以数列是等比数列，首项为，设公比为，

由，可得：，解得.

.

（2），

，

，

，

.

19．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据双曲线的定义，结合离心率得，，进而得答案；

（2）设，则，进而求出直线，的方程，并与椭圆联立方方程解得，进而得直线的方程为，并整理得即可证明结论.

【详解】（1）解：因为，

所以，解得，

设双曲线的半焦距为，因为离心率为，

所以，解得，

则，

所以双曲线的标准方程为.

（2）证明：设，则，，

直线的方程为，

直线的方程为.

联立方程消去并整理得

显然，即

所以，，

联立方程消去并整理得，

显然，即，

，

即当时，直线的方程为，

将上面求得的的解析式代入得，

整理得，

所以直线过定点.

20．(1)

(2)

【分析】（1）根据与的关系即可求解；

 （2）利用错位相减法求解得，参变分离即可求的范围.

【详解】（1）因为，

当时，有，

两式相减得

，移项合并同类项因式分解得

，

因为，

所以有，

在中，当得，

所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，

故有

（2）由（1）知，

，

，

，

由题意，对任意的，均有恒成立，

，

即恒成立，

设，

所以，

当时，，即 ；

当时，，即，

所以的最大值为，

 所以.

故的取值范围是.

21．（1）见解析；（2）见解析

【分析】（1）代入的值，求出函数的导数，求出函数的单调区间即可；

（2）令，则有，令，利用导数得出的单调性，从而得出结论．

【详解】解：（1）时，，

则，

令，解得：或，

令，解得：，

故在和，递增，在，递减；

（2）证明： 令，则有，

令，

则，

故在上递增，

又，所以仅有1个根，

即只有1个零点.

22．(1)；

(2)证明见解析；

(3)证明见解析.

【分析】(1)根据极值点的定义可得，求得，检验即可；

(2)根据函数零点个数、方程的根个数与函数图象交点的个数之间的联系，作出和函数图象，结合图形即可判断零点的个数.利用零点的存在性定理即可判断零点的范围；

(3)根据零点的定义可得，利用导数研究函数的性质，根据不等式的性质可得，又，由放缩法可得，结合图形即可证明.

【详解】（1），则，

因为是函数的极值点，所以，

即，解得.

当时，，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

所以是函数的极小值点，故；

（2）由(1)知，，令，则，

作和函数图象，如图所示，

由图可知，两函数图象有2个交点，且一个交点分布在上，另一个分布在上，

所以方程有2个解，即函数有2个零点.

易知2是函数的一个零点，设另一个零点为，

又，，

所以，又函数在定义域上连续，

由零点的存在性定理，知；

（3）由(1)知，，

当时，，

当时，令，则，

设，则，，

令或，令，

所以函数在和上单调递增，在上单调递减，

又，，得

所以，又，

所以当时，

，

作出函数和的图象，如图所示，

由图可知，两函数图象的交点的的横坐标都大于，

故函数的所有零点都大于.

【点睛】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．