江苏省淮安市涟水县第一中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试卷

这是一份江苏省淮安市涟水县第一中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试卷，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 总分：150分
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计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. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】算出，借助准线定义即可得.
【详解】，即，有，故，则准线方程为.
故选：B.
2. 已知数列则是这个数列的（ ）
A. 第20项B. 第21项
C. 第22项D. 第23项
【答案】D
【解析】
【分析】由即可得.
【详解】，故为第23项.
故选：D.
3. 已知等比数列前3项积64，，则等于（ ）
A. 16B. 8C. 4D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列的性质计算即可得.
【详解】由等比数列的前3项积为64，故，即，更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 由，即，即.
故选：A
4. 设是椭圆上的点，若是椭圆的两个焦点，则等于（ ）
A. 4B. 5
C. 8D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的定义即可得解.
【详解】由椭圆，得，则，
所以.
故选：C.
5. 数列满足，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列的递推关系式，推断出数列是周期为的数列，从而可得的值.
【详解】数列满足，所以，，，
，，……
所以数列是周期为的数列，则.
故选：C.
6. 圆与圆的位置关系为（ ）
A. 内切B. 相交
C. 外切D. 相离
【答案】D
【解析】
【分析】由圆与圆的位置关系性质，计算圆心距离及两半径之和比较即可得.
【详解】由圆，可得圆心为，半径，
由圆，可得圆心为，半径，
则两圆心距离为，
，则，故两圆相离.
故选：D.
7. 已知数列的前项和为，，则（ ）
A. 122B. 120C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用并项求和法求解即可.
【详解】因为，
所以
，
，
所以.
故选：D.
8. 已知数列满足，且，则数列的前101项中能被整除的项数为（ ）
A. 42B. 41C. 40D. 39
【答案】B
【解析】
【分析】由题目条件变形得到，进而得到数列是等差数列，求出通项公式，求出，推出每5项中有2项能被整除，且第项能被5整除，从而求出答案.
【详解】由得，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，所以，
当时，，能被5整除，能被5整除，
当时，，能被5整除，
当时，，不能被5整除，
当时，，不能被5整除，
当时，，不能被5整除，
故从1开始，每5项中有2项能被整除，又，故第项能被5整除，
所以数列的前项中能被整除的项数为.
故选：B
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知在等比数列中，，前三项之和，则的值可能是（ ）
A. 35B. C. D. 1
【答案】AC
【解析】
【分析】设出数列后计算可得公比为或，根据结果分类讨论即可得.
【详解】设等比数列，则有，即，
，
即，解得或，
当时，则，故；
当时，，
则，.
故选：AC.
10. 若直线过点，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线方程可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】讨论直线过原点时和直线不过原点时，分别求出对应的直线方程即可．
【详解】当直线经过原点时，斜率为，所求的直线方程为y=2x，即；
当直线不过原点时，设所求的直线方程为x±y=k，把点A（1，2）代入可得1-2=k，或1+2=k，
求得k=-1，或k=3，故所求的直线方程为，或；
综上知，所求的直线方程为、，或．
故选：ABC．
【点睛】本题考查了利用分类讨论思想求直线方程的问题，是基础题．
11. 已知数列满足，，的前项和为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】累乘法可计算出数列的通项公式，再使用错位相减法计算出即可得.
【详解】，则、、、，
累乘得：，
又，故，故B正确；
则，故A正确；
，
则，
有
，
即，故D错误；
，故C正确.
故选：ABC.
12. 已知双曲线E的中心在原点，对称轴为坐标轴，且经过点，，则下列结论中正确的是（ ）
A. E的标准方程为
B. E的离心率等于
C. E与双曲线的渐近线不相同
D. 直线与E有且仅有一个公共点
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，待定系数法计算即可得；对B、C，由双曲线方程求出离心率即渐近线方程即可得，对D，联立后看解的个数即可得.
【详解】设双曲线的方程为，则有，
解得，故E的标准方程为，故A正确；
则离心率，故B正确；
渐近线方程为，
双曲线的渐近线为，
故相同，即C错误；
将直线代入，消去，
可得，化简得，
即，故仅有一解，
直线与E有且仅有一个公共点，
故D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分，每空5分．请把答案填写在答题卡相应位置上）
13. 已知圆，则圆心坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】将圆的一般方程配方程标准方程即可.
【详解】圆，即，它的圆心坐标是.
故答案为：.
14. 双曲线的离心率为________，
【答案】##
【解析】
【分析】求出，求出离心率.
【详解】由题意得，故，
又，
故离心率为.
故答案为：
15. 数列中，，若数列是公差为2的等差数列，则_______．
【答案】55
【解析】
【分析】根据等差数列的性质结合可计算出数列的通项公式，即可求解.
【详解】由数列是公差为2的等差数列，则，
又，故，即，故，
则.
故答案为：55.
16. 在一个数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列，且，，公积为4，则 ________.
【答案】3371
【解析】
【分析】由题意可得数列以3为周期，且，，，计算即可得.
【详解】由公积为4，故，即有，
故，即数列以3为周期，
由，，故，即，
由，
故.
故答案：3371.
四、解答题：本大题共6小题，共计70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知等比数列满足：，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公比后计算即可得；
（2）由等比数列求和公式计算即可得.
【小问1详解】
设等比数列，则，，故，
即；
【小问2详解】
，
即.
18. 记为等差数列的前n项和，已知，.
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值.
【答案】（1）
（2），最小值为－15
【解析】
【分析】（1）设出公差，根据求和公式列出方程，求出，进而写出通项公式；
（2）利用等差数列求和公式求出，并根据的正负，列出不等式，求出当n＝3时，取得最小值，并计算出最小值.
【小问1详解】
设的公差为，由题意得.
由得：.
所以的通项公式为；
【小问2详解】
由等差数列求和公式得：，
令，，解得：，
令，，解得：，
故当n＝3时，取得最小值，最小值为.
19. 已知直线．
（1）如果点在直线上，求k的值；
（2）证明：直线l与圆相交，并求相交弦的取值范围.
【答案】（1）0 （2）证明见解析，弦长取值范围为
【解析】
【分析】（1）将点代入即可得；
（2）找出直线所过定点在圆内即可得直线与圆相交，结合定点与弦长公式即可得相交弦的范围.
【小问1详解】
将代入直线得，即；
【小问2详解】
直线l的方程可化为，
故必过定点 ，由，则定点在圆内，
所以直线与圆相交，由圆，
可得圆心为，半径，
故弦长最长为直径，即，
最短为圆心到定点的直线垂直直线时，
此时圆心到定点距离为，
由弦长公式有：，
所以弦长取值范围为.
20. 已知数列为等差数列，为的前项和，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求的范围
【答案】20. ；
21. .
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差即可求出其通项.
（2）由（1）的结论，再利用裂项相消法求和即得.
【小问1详解】
等差数列中，，解得，而，
于是数列的公差，，
所以数列的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）知，，，
因此，
显然数列是递增数列，当，取取最小值，又，
所以的范围是.
21. 已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，长轴长为4.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的垂直平分线过定点，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆性质计算即可得；
（2）将直线方程代入椭圆后消去纵坐标可得与横坐标有关韦达定理，利用韦达定理结合题意计算即可得.
【小问1详解】
长轴长为4，故，即，又离心率为，即，故，
则，即椭圆C的标准方程为.
小问2详解】
设，，将代入椭圆方程，
消去得，
所以，
即①，
由根与系数关系得，
则，
所以线段MN的中点P的坐标为，
又线段MN的垂直平分线的方程为，
由点P在直线上，得，
即，所以②，
由①②得，
由，故，
即，又，故，
故实数k的取值范围是.
22. 已知数列对任意满足，.
（1）若且， 求通项公式；
（2）如果，且；
①求实数，使得数列为等比数列；
②求数列前项和.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）代入后，等式两边取倒数可构造出等差数列，计算即可得；
（2）用待定系数法可得数列是等比数列，可得，求数列前n项和需使用分组求和及错位相减求和.
【小问1详解】
由，即，即有，
又，即，故数列是以为首项，为公差的等差数列，
即，则；
【小问2详解】
①由，即，即有，
则，化简得，
即有，即，有，
由，则，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
故实数，使得数列为等比数列；
②由数列是以为首项，为公比的等比数列，
可得，即，
则
，
令，
则，
，
即，
则，
故
.