2022-2023学年江苏省镇江市扬中市第二高级中学高二上学期期末考前热身数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省镇江市扬中市第二高级中学高二上学期期末考前热身数学试题

一、单选题

1．设，若直线与直线平行，则的值为（    ）

A． B． C．或 D．

【答案】C

【分析】根据直线的一般式判断平行的条件进行计算.

【详解】时，容易验证两直线不平行，当时，根据两直线平行的条件可知：，解得或.

故选：C.

2．函数的图象在点处的切线方程是，则（    ）

A． B．1 C．2 D．0

【答案】C

【分析】利用切线斜率和切点坐标直接求解

【详解】由题意可知，将代入切线方程，得，所以．

故选：C

3．设m为实数，直线和圆相交于P，Q两点，若，则m的值为（    ）

A．或 B． C． D．

【答案】A

【分析】由圆的方程写出圆心和半径，利用圆心到直线的距离求出弦心距，再结合弦长，半径，弦心距的关系求解.

【详解】解：圆，即，

所以圆心，半径，

所以圆心到直线的距离为，

由弦长公式得，则，即，

解得，

所以，

即，

即，解得或.

所以m的值为或．

故选：A．

4．十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列.依此规则，插入的第四个数应为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出等比数列的公比，再由等比数列的通项公式即可求解.

【详解】用表示这个数列，依题意，，则，，

第四个数即.

故选：C.

5．已知数列，都是等差数列，记，分别为，的前n项和，且，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】利用等差数列的性质以及前项和公式即可求解.

【详解】由，

.

故选：D

6．已知抛物线的焦点恰为双曲线的一个顶点，的另一顶点为，与在第一象限内的交点为，若，则直线的斜率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，列出的方程组，解得，再利用斜率公式即可求得结果.

【详解】因为抛物线的焦点，由题可知；

又点在抛物线上，故可得；又，

联立方程组可得，整理得，解得（舍）或，

此时，又，故直线的斜率为.

故选：D.

7．在平面直角坐标系中，过点作圆的两条切线，切点分别为、，且，则实数的值是（    ）

A．3 B．或 C．或2 D．2

【答案】B

【分析】实质上是一个斜率与另一个斜率的倒数和，进而得到四点共线，即可求解.

【详解】设中点为，，圆心 ，

根据对称性，则，

因为

所以，即 ，

因为共线，所以，

即，化简得，

解得或.

故选B.

【点睛】本题考查圆与直线应用；本题的关键在于本质的识别，再结合图形求解.

8．已知函数，.若存在三个零点，则实数的取值范围是（  ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，当时， 有一个零点，进而将问题转化为当时，有两个实数根，再研究函数即可得答案.

【详解】解：因为存在三个零点，所以方程有三个实数根，

因为当时，由得 ，解得，有且只有一个实数根，

所以当时，有两个实数根，即有两个实数根，

所以令，则，

所以当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

因为，，，

所以的图象如图所示，

所以有两个实数根，则

故选：B

二、多选题

9．（多选）下列说法正确的是（    ）

A．的最小值为1

B．的最小值为1

C．的最小值为1

D．的最小值为1

【答案】AC

【分析】利用导数分析函数的单调性，由此确定函数的最值.

【详解】对于A，因为，所以，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故函数的最小值为，A选项正确；

对于B，因为，所以，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故函数的最小值为，B选项错误；

对于C，因为，所以，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故函数的最小值为，C选项正确；

对于D，因为，所以，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故函数的最小值为，D选项错误．

故选：AC．

10．已知双曲线的离心率为，右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，则有

A．渐近线方程为 B．渐近线方程为

C． D．

【答案】BC

【分析】由离心率公式化简可得渐近线方程，通过求圆心A到渐近线的距离结合直角三角形可得到的值.

【详解】双曲线离心率为

故渐近线方程为，

取MN的中点P,连接AP,利用点到直线的距离公式可得,

则，

所以则

故选BC

【点睛】本题考查双曲线的简单的几何性质，考查双曲线的渐近线和离心率的应用，考查圆的有关性质，属于中档题.

11．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A、B的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆.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.已知在平面直角坐标系xOy中，，.点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（    ）

A．C的方程为 B．在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为10

C．在C上存在点M，使得 D．C上的点到直线的最大距离为9

【答案】AD

【分析】由题意可设点，由两点的距离公式代入化简可判断A选项；由两点的距离公式和圆的圆心得出点（1，1）到圆上的点的最大距离，由此可判断B选项.设，由已知得，联立方程求解可判断C选项；由点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此可判断D选项.

【详解】解：由题意可设点，由，，，得，

化简得，即，故A正确；

点（1，1）到圆上的点的最大距离，故不存在点D符合题意，故B错误.

设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，故C错误；

C的圆心（-4，0）到直线的距离为，且曲线C的半径为4，则C上的点到直线的最大距离，故D正确；

故选：AD.

12．已知数列，均为递增数列，的前项和为，的前项和为.且满足，，则下列说法正确的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】对于A，由数列为递增数列，，可得，从而可求得的范围，对于B，由数列 为递增数列，，可得从而可求出 的取值范围，对于CD，求出，，然后比较即可.

【详解】∵数列为递增数列；

；

，

，

，

；故A正确．

；

因为数列为递增数列；

，

，，

即

所以，

所以所以B正确；

；

所以对于任意的；故C正确，D错误．

故选：ABC

三、填空题

13．直线是曲线的切线，则______.

【答案】

【分析】设切点坐标为，利用导数写出切线的方程，与直线方程对比，可出关于、的方程，解之即可.

【详解】设切点坐标为，其中，对函数求导得，

所以，切线斜率为，

所以，曲线在处的切线方程为，即，

所以，，解得.

故答案为：.

14．如图的形状出现存南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最一上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……，设从上至下各层球数构成一个数列则___________.（填数字）

【答案】

【分析】根据题中给出的图形，结合题意找到各层球的数列与层数的关系，得到，即可得解．

【详解】解：由题意可知，，，，，，

故，

所以，

故答案为：

15．已知椭圆，的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与交于，两点，的周长是13，则_____．

【答案】6

【分析】由题意可知为等边三角形，为线段的垂直平分线，利用定义转化的周长为4a，即可求出a，b，c，设的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理，根据弦长公式求解即可.

【详解】如图，连接，

因为的离心率为，所以，即，

所以，

因为，所以为等边三角形，

又，所以直线为线段的垂直平分线，

所以，，

则的周长为，

，

而，所以直线的方程为，

代入椭圆的方程，得，

设，，则，

所以，

故答案为：6.

四、双空题

16．已知圆，圆，动点P在x轴上，动点M，N分别在圆和圆上，则圆关于x轴的对称圆的方程为___；的最小值是____

【答案】         

【分析】求出圆的圆心坐标关于x轴的对称点坐标，即可得圆关于x轴的对称圆的方程；由题意，根据对称性，即可得答案.

【详解】解：因为圆，所以圆心坐标为，半径为1，

因为圆心关于x轴的对称点为，

所以圆关于x轴的对称圆的方程为；

由题意，设动点M关于x轴的对称点为，则在圆的对称圆上，

所以.

故答案为：；.

五、解答题

17．在平面直角坐标系xOy中，点A（2，4），直线l：，设圆C的半径为1，圆心在直线l上，圆心也在直线上.

(1)求圆C的方程；

(2)过点A作圆C的切线，求切线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）直接求出圆心的坐标，写出圆的方程；

（2）分斜率存在和斜率不存在进行分类讨论，利用几何法列方程，即可求解.

【详解】（1）由圆心C在直线l：上可设：点，又C也在直线上，

∴，∴

又圆C的半径为1，

∴圆C的方程为.

（2）当直线垂直于x轴时，与圆C相切，此时直线方程为.

当直线与x轴不垂直时，设过A点的切线方程为，

即，则，解得.

此时切线方程为，.

综上所述，所求切线为或

18．已知函数.

（1）若函数在点处的切线方程为，求，的值；

（2）当，时，记在区间上的最大值为，最小值为，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）直接利用函数的导数的几何意义可得，，从而求出函数的关系式中的和的值．

（2）利用函数的导数求出函数的单调区间，进一步求出函数的极值和最值，可得进一步利用导数求出结果．

【详解】（1）由题知，，，．

即，解得

 （2）当，时，，

令，即，解得

因为，所以

所以函数在上单调递减，在上单调递增．

所以，即

因为，．

所以，即

所以

令

则

即函数在上单调递减

所以，即，所以的取值范围是

【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.

19．已知数列的前n项和满足．

(1)求的通项公式；

(2)设数列满足，记的前n项和为，若存在使得成立，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合，可证明是等比数列，求解即可；

（2）乘公比错位相减法求和可得，代入，化简可得恒成立，结合单调性求解即可.

【详解】（1）∵，当可得，

，

∴，

即是以1为首项，的等比数列，

∴.

（2）∵,

∴,

,

两式相减：

,

∴,

∴,

∴,

即存在使成立,

∵随着n增大，在减小,

∴当时，.

20．已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，且，都有成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【解析】（1）求得函数的导数，分类，和，三种情况讨论，即可求解.

（2）当时，不妨设，由（1）得到，，把不等式，转化为对任意的成立，进而转化为对恒成立，构造函数，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解.

【详解】（1）由题意，函数，可得，

①当时，在上单调递减；

②当时，，所以在上单调递减；

③当时，令，即，解得或；

令，即，解得，

所以在单调递增，在单调递减

（2）当时，函数，由（1）可知在单调递减，

不妨设，则，

所以，即，

即对任意的成立，

所以在单调递减，

则，即对恒成立，

令，可得，

令，即，解得，

令，即，解得或，

所以在单调递增，在单调递减，

当时，函数取得最大值，最大值为，

所以，即实数的取值范围.

【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.

21．如图，已知点分别是椭圆的左、右焦点，A，B是椭圆C上不同的两点，且，连接，且交于点Q．

(1)当时，求点B的横坐标；

(2)若的面积为，试求的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）设出点A，B的坐标，利用给定条件列出方程组，求解方程组即可作答.

（2）延长交椭圆C于D，可得，再结合图形将用的面积及表示，设出直线AD方程，与椭圆C的方程联立，借助韦达定理求出即可求解作答.

【详解】（1）设，依题意，，由，得，

即，由得，两式相减得，

即有，则，即，

由得，

所以点B的横坐标为．

（2）因，则，即有，记，，，

则，即．同理，而，

连并延长交椭圆C于D，连接，如图，则四边形为平行四边形，，有点D在直线上，

因此，，，

因此，即，

设直线，点，有，

即，则，

由消去x并整理得：，有，

，，则，

于是得，解得，

所以．

【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；

过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积.

22．已知函数，，.

（1）若曲线在点处的切线与轴垂直，求的值；

（2）讨论的单调性；

（3）若关于的方程在区间上有两个不相等的实数根，，证明：.

【答案】（1）（2）当时，在上为增函数；当时，在上递减，在上递增（3）证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义可得结果；

（2）求导后，分类讨论，利用导数的符号可得结果；

（3）不妨设，由求出，将不等式化为，令，转化为证明，然后构造函数，利用导数知识可证不等式成立.

【详解】（1）因为，所以，

依题意可得，得.

（2），

当时，在上恒成立，所以在上为增函数；

当时，当时，，当时，，

所以在上递减，在上递增.

综上所述：当时，在上为增函数；

当时，在上递减，在上递增.

（3）因为关于的方程在区间上有两个不相等的实数根，，

所以，即在区间上有两个不相等的实数根，，不妨设，

所以，

所以，

所以，

要证，即证，

因为，所以，所以，

所以只需证，

即要证，

令，因为，所以，

所以只需证，

令，

则，

所以在上单调递增，所以，即，

所以.

【点睛】关键点点睛：第（3）问中，求出是第一个关键点，将所证不等式转化为是第二个关键点.