2023-2024学年江苏省徐州市第一中学高二上学期阶段性检测（一）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省徐州市第一中学高二上学期阶段性检测（一）数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．经过、两点的直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出直线的斜率，利用直线的斜率与倾斜角的关系可得出结果.
【详解】设直线的倾斜角为，则，且，故.
故选：B.
2．已知等差数列，且，则数列的前14项之和为（ ）
A．14B．28C．35D．70
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质及求和公式即可求解.
【详解】解：因为为等差数列，
所以，
所以，
则数列的前14项之和.
故选：C.
3．已知数列是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对于AD：根据等比数列的定义分析判断；对于BC：举例说明即可.
【详解】设等比数列的公比为，
对于选项A：因为不是定值，故A不是等比数列，故A错误；
对于选项BC：例如，则，
所以，均不是等比数列，故BC错误；
对于选项D：因为，
且，
所以是等比数列，故D正确；
故选：D.
4．已知椭圆的左焦点为是上一点，是圆上一点，则的最大值为（ ）
A．7B．9C．11D．13
【答案】C
【分析】由已知圆的圆心为椭圆的右焦点，由点与圆的位置关系可得，结合椭圆的定义求的最大值.
【详解】因为椭圆的方程为，所以椭圆的长半轴长，短半轴长，圆的圆心的坐标为，半径为1，由圆的几何性质可得，当且仅当为的延长线与圆的交点时等号成立，所以，由椭圆的定义可得．
所以，
故选：C.
5．已知抛物线（）的焦点为双曲线（，）的一个焦点，经过两曲线交点的直线恰过点，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合抛物线和双曲线的性质，得到交点坐标，将坐标代入到双曲线中，得到关于的一元二次方程，即可解出离心率.
【详解】由题意，，因为两曲线交点的连线过点，所以连线垂直于轴，
则其中一个交点坐标为，即为，
代入到双曲线方程中，得，
则，，，，
解得，所以B正确.
故选：B
6．如图，抛物线的焦点为F，直线l与C相交于A，B两点，l与y轴相交于E点．已知，记的面积为的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别过点A，B作y轴的垂线，垂足为，利用三角形相似结合抛物线的定义求解.
【详解】解：抛物线C的准线方程为，分别过点A，B作y轴的垂线，垂足为，
则，
所以.
故选：C．
7．设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】构造新函数,，当时.
所以在上单减，又，即.
所以可得,此时，
又为奇函数，所以在上的解集为：.
故选A.
点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如，想到构造.一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.
8．设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】把不等式进行变形，引入函数，由导数确定函数单调性，由单调性及不等关系得结论．
【详解】由已知，，则．
设，则．
因为，则．又，则，即，从而．
当时，，则在内单调递增，
所以，即，
故选：B．
二、多选题
9．已知直线l过点，点，到l的距离相等，则l的方程可能是( )
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】分直线l斜率存在和不存在进行讨论﹒当l斜率存在时，设其方程为，根据点到直线的距离公式列出关于k的方程，解方程即可求直线l的方程．
【详解】当直线的斜率不存在时，直线l的方程为，此时点到直线的距离为5，点到直线的距离为1，此时不成立；
当直线l的斜率存在时，设直线的方程为，即，
∵点到直线的距离相等，
，解得，或，
当时，直线的方程为，整理得，
当时，直线的方程为，整理得
综上，直线的方程可能为或
故选：BC．
10．设首项为1的数列的前项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列
B．数列的通项公式为
C．数列为等比数列
D．数列的前n项和为
【答案】AD
【分析】由条件找到可判断A正确，由A可求得的通项公式，利用分组求和可得D正确，由的通项公式可求得的通项公式，进而可确定CD错误.
【详解】
又
数列是首项公比都为的等比数列，故选项A正确.
又
所以数列的前和为，故选项D正确.
又因为，
当，
当，，
故选项B错误.
所以数列不是等比数列.故选项C错误.
故选：AD
11．若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【详解】函数的定义域为，求导得，
因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，
因此方程有两个不等的正根，
于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.
故选：BCD
12．已知双曲线的左、右焦点分别为，点是双曲线的右支上一点，过点的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，则（ ）
A．的最小值为8
B．为定值
C．若直线与双曲线相切，则点的纵坐标之积为；
D．若直线经过，且与双曲线交于另一点，则的最小值为.
【答案】AB
【分析】设，由，可判定A正确；化简，可判定B正确；设直线的方程为，联立方程组，结合，得到，在化简，可判定C不正确；根据通经长和实轴长，可判定D错误.
【详解】由题意，双曲线，可得，则，
所以焦点，且，
设，则，且，即，
双曲线的两条渐近线的方程为，
对于A中，由，
所以A正确；
对于B中，
（定值），所以B正确；
对于C中，不妨设，直线的方程为，
联立方程组，整理得，
若直线与双曲线相切，则，
整理得，
联立方程组，解得，即点的纵坐标为，
联立方程组，解得，即点的纵坐标为，
则点的纵坐标之积为
所以C不正确；
对于D中，若点在双曲线的右支上，则通经最短，其中通经长为，
若点在双曲线的左支上，则实轴最短，实轴长为，所以D错误.
故选：AB.
三、填空题
13．过点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是 ．
【答案】或
【分析】当直线过原点时，由点斜式求出直线的方程．当直线不过原点时，设方程为，把点代入可得的值，从而得到直线方程．综合以上可得答案．
【详解】当直线过原点时，由于斜率为，故直线方程为，即．
当直线不过原点时，设方程为，把点代入可得，
故直线的方程为，
故答案为或．
【点睛】本题主要考查用待定系数法求直线的方程，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．
14．若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为 ．
【答案】
【分析】由，可求出，即可求出双曲线的渐近线方程.
【详解】因为双曲线的离心率为，
，所以，所以，
双曲线渐近线方程为：.
故答案为：
15．已知，若存在，使得，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】先讨论、与1的大小关系确定、，进而确定的取值范围，再结合函数的单调性进行求解.
【详解】①当时，则，，
又由，得，
所以，则；
②当时，因为，，
所以不存在，使得；
③当时，则，，
又由，得，
则，，
令，则在上单调递增，
所以，则；
综上所述，的取值范围为.
故答案为：.
16．已知数列满足，且当时恒成立．设的前n项和为，当时，则n的最小值为 ．
【答案】21
【分析】根据题意分别得出数列的奇数、偶数项都为为公差为的等差数列，从而利用分组并项求和即可求解.
【详解】由题意知，且当时，恒成立，
所以当为奇数时，，且，
所以得，
因为当时，恒成立，
则，所以可得数列的奇数项成公差为的等差数列；
所以当为偶数时，，且，
所以得，
因为当时，恒成立，
则，所以可得数列的偶数项成公差为的等差数列；
当为偶数时，
；
当为奇数时，
所以，
所以当时，要使的值最小，即得的值需最大，
又因为，所以，所以，
所以，
所以当为偶数时，，即，解得：，即的最小值为；
所以当为奇数时，，即，
解得：，又因为，所以的最小值为.
综上所述：的最小值为.
故答案为：.
四、解答题
17．已知直线经过直线的交点．
(1)若直线经过点，求直线的方程;
(2)若直线与直线垂直，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立方程求得交点坐标，再由两点式求出直线方程.
（2）根据直线垂直进行解设方程，再利用交点坐标即可得出结果.
【详解】（1）由得，
即直线和的交点为．
直线还经过点，
的方程为，即．
（2）由直线与直线垂直，
可设它的方程为．
再把点的坐标代入，可得，解得，
故直线的方程为.
18．已知数列满足：，且对于任意正整数n，均有．
(1)证明：为等差数列；
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）将式子化简两边同时除以，可得可得出证明；
（2）由（1）可得，利用错位相减法求和即可求得.
【详解】（1）证明：根据题意由可得，
所以可得，即为定值；
因此是首项为，公差为的等差数列；
（2）由（1）可得，即；
所以，
可得，
所以，
两式相减可得：
，
所以可得，
可得数列的前n项和.
19．已知圆C经过两点，且在x轴上的截距之和为2．
(1)求圆C的标准方程；
(2)圆M与圆C关于直线对称，求过点且与圆M相切的直线方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意，设圆的一般式方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，分直线的斜率存在与不存在讨论，结合点到直线的距离公式列出方程，即可得到结果.
【详解】（1）设圆的方程为，
令，可得，则，
将代入可得，，
解得，所以圆方程为，
即.
（2）圆C的圆心，圆的圆心与关于对称，
∴设圆的圆心为
则，解得，
圆的标准方程为：，
若过点的直线斜率不存在，则方程为，
此时圆心到直线的距离为，满足题意；
若过点且与圆相切的直线斜率存在，
则设切线方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得，
所以切线方程为，即，
综上，过点且与圆相切的直线方程为或.
20．己知函数．
(1)求曲线的斜率等于的切线方程；
(2)设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义根据斜率为可求得切点为，即可求出切线方程；
（2）求得切线方程解出和坐标轴交点，写出面积表达式并求导得出函数的单调性，即可求出其最小值.
【详解】（1）易知函数的定义域为，且，
若，解得，则切点为；
所以切线方程为，即.
（2）易知曲线在点处的切线斜率为，
切线方程为,
令，可得；令，可得；
所以可得，
则，
令可得，当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减；
所以在处取得极小值，也是最小值，即.
即可得的最小值为.
21．已知椭圆过点，且离心率为.
(1)求椭圆方程；
(2)点分别为椭圆的上下顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，探究直线的交点是否在一条定直线上，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由椭圆离心率可得，再将代入椭圆的方程可得，即可求出椭圆的方程；
（2）设，直线的方程为:，联立直线和椭圆的方程求出两根之积和两根之和，设直线的方程和直线的方程，两式联立求得交点的纵坐标的表达式，将两根之积和两根之和代入可证得交点在一条定直线上.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，即，
所以，所以，
又因为椭圆过点，
所以，解得：，所以椭圆方程为.
（2）因为，设，
直线的方程为:，
联立方程，得，
得
则
直线的方程为： ，
直线的方程为：，
联立两直线方程消元：
法1：由解得：，
代入化简，
，
解得：，即直线的交点在定直线上.
法2：由韦达定理得代入化简
，得，
即直线的交点在定直线上.
法3：由，得
代入化简，得，
即直线的交点在定直线上.
法4： 代点进椭圆方程得化简得
进而得到，代入化简
转化为韦达定理代入
，得，
即直线的交点在定直线上.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线.
22．已知实数，函数，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)求证：存在极值点，并求的最小值.
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)
【分析】（1）求导，根据的正负判定函数的增减即可；
（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.
【详解】（1）当时，，
则
令，得；令，得；
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）
令，因为，
所以方程，有两个不相等的实根，
又因为，所以，令，列表如下:
所以存在极值点.所以存在使得成立，
所以存在使得，
所以存在使得对任意的有解，
因此需要讨论等式左边的关于的函数，记，所以，
当时，单调递减；当时，单调递增．
所以当时，的最小值为．
所以需要，即需要，
即需要，即需要
因为在上单调递增，且，
所以需要，
故的最小值是．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，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，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

-
0
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减
极小值
增