2023-2024学年江苏省镇江市镇江中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省镇江市镇江中学高二上学期期中数学试题含答案，共18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．直线与直线垂直，则等于（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】A
【分析】根据一般式直线与直线垂直的结论列式求解即可得的值.
【详解】解：由于直线与直线垂直，
所以，解得.
故选：A.
2．双曲线的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接利用双曲线方程求解渐近线方程即可.
【详解】双曲线的渐近线方程是：
故选：A
3．已知等比数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．B．或C．D．
【答案】C
【分析】根据等比数列的定义与通项公式运算求解.
【详解】设等比数列的公比为，
∵，即，则，
∴，
则，解得.
故选：C.
4．已知是椭圆的左右焦点，点是过原点且倾斜角为的直线与椭圆的一个交点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据得，在中，求出可得的关系，求出离心率可得答案.
【详解】不妨设在第二象限。
因为，即.
又，所以，即为等边三角形，
∴，，∴，∴.
故选：D.
5．19世纪法国著名数学家加斯帕尔•蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为.若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（ ）
A．±3B．±4C．±5D．
【答案】B
【分析】由题意求出蒙日圆方程，再由两圆只有一个交点可知两圆相外切，从而列方程可求出的值．
【详解】由题意可得椭圆的蒙日圆的半径，
所以蒙日圆方程为，
因为圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，
所以两圆相外切，
所以，．
故选：B．
6．已知、是椭圆的左、右焦点，、是椭圆短轴的上、下顶点，P是该椭圆上任意一点，若的最大值与最小值之积为3，且四边形的内切圆半径为，则椭圆C的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】首先根据的最值得到，根据且四边形的内切圆半径为得到，即可得到答案.
【详解】因为的最大值与最小值之积为3，所以，
四边形的内切圆半径为，
所以到直线的距离为，即，即.
所以，解得，，
椭圆.
故选：A
7．如图，“爱心”图案是由函数的图象的一部分及其关于直线的对称图形组成．若该图案经过点，点M是该图案上一动点，N是其图象上点M关于直线的对称点，连接，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先根据题意得到，设直线与函数相切，得到，再根据平行线间距离公式求解即可.
【详解】函数经过点，所以.
设直线与函数相切，
联立消去y，得．
，解得．
则直线与直线间的距离为．
故MN的最大值为．
故选：B
8．已知F是椭圆=1的左焦点，P为椭圆上的动点，椭圆内部一点M的坐标是（3，4），则|PM|+|PF|的最大值是（ ）
A．10B．11C．13D．21
【答案】D
【分析】利用椭圆的定义转化为P到M和到另一焦点的距离的差的最大值来解决.
【详解】解：如图，
由椭圆=1，得

得，则椭圆右焦点为，
则
.
当与射线与椭圆的交点重合时取到等号,
的最大值为21.
故选：D.
二、多选题
9．若曲线，且分别是1与9的等差中项与等比中项，则下列描述正确的是（ ）
A．曲线可以表示焦点在轴的椭圆
B．曲线可以表示焦距是的双曲线
C．曲线可以表示离心率是的椭圆
D．曲线可以表示渐近线方程是的双曲线
【答案】AB
【分析】先求出，的值，分类讨论即可求解.
【详解】由题知，
分别是1与9的等差中项与等比中项，
，，
解得：，；
当，时，
此时曲线的方程为：，
因此曲线为椭圆，焦点在轴上，
离心率，
故选项A正确，C错误；
当，时，
此时曲线的方程为：，
因此曲线为双曲线，
由得，
解得：，焦距为：，
渐近线方程为：即
故选项B正确，D错误；
故选：AB.
10．设是等差数列，是其前n项的和，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．只在处时才取最小值
【答案】AB
【分析】根据求出，由得到，，判断出AB正确；再根据作差法结合等差数列的性质判断出C选项，由，，，得到取得最小值的不止一个.
【详解】，解得：，B正确；
因为，所以，故，解得：，A正确；
因为，，所以，
，故，C错误；
因为，，，故当或7处时均取最小值，D错误.
故选：AB
11．点在圆上，点，点，则下列结论正确的是（ ）
A．过点可以作出圆的两条切线
B．点到直线距离的最大值为
C．圆关于直线对称的圆的方程为
D．当最大时，
【答案】ABD
【分析】对于A，判断得点在圆外即可；
对于B，利用圆上动点到直线的最大距离为即可判断；
对于C，求得圆心关于直线对称的点即可得解；
对于D，判断得最大时直线与圆相切，再利用两点距离公式与勾股定理即可得解.
【详解】对于A，因为，
所以点在圆外，则过点可以作出圆的两条切线，故A正确；
对于B，由题意可得，直线的方程为，即，
因为圆，所以，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
所以点到直线距离的最大值为，故B正确；
对于C，设圆心关于直线对称的点为，
则，解得，
所以圆关于直线对称的圆的方程为，故C错误；
对于D，当最大时，易得直线与圆相切，如图，
在中，，，
所以，故D正确.
故选：ABD
.
12．“黄金双曲线”是指离心率为“黄金分割比”的倒数的双曲线（将线段一分为二，较大部分与全长的比值等于较小部分与较大部分的比值，则这个比值称为“黄金分割比”），若黄金双曲线 的左右两顶点分别为，虚轴上下两端点分别为，左右焦点分别为，为双曲线任意一条不过原点且不平行于坐标轴的弦，为的中点.设双曲线的离心率为，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．直线与双曲线的一条渐近线垂直
D．
【答案】ACD
【分析】对选项逐个分析判断：对于A由黄金双曲线的定义即可求得离心率，对于B由点差法即可得出的值，对于C分别求出直线及渐近线的斜率，求得斜率之积是否为，对于D将所给线段长度由代入，再由之间的关系化简即可判断.
【详解】对于A：若是黄金双曲线，则，故A正确；
对于B：设，，其中，
又在双曲线上，即两式相减得，
即
则得，故B错误；
对于C：，渐近线得斜率，
则，
即，则直线与双曲线的一条渐近线垂直，故C正确；
对于D：因为，，
所以
所以，
即，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．在数列中，，且，则 .
【答案】4
【分析】利用递推公式累加即可求解.
【详解】由题意可得，
所以，，……，，
累加得，
所以，
故答案为：4
14．若实数满足，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】条件方程化为，即为圆心为，半径为1的圆，为与连线的斜率，由数形结合，求出直线与圆相切的斜率，即可求解
【详解】由题得，，即为圆心为，半径为1的圆，
为与连线的斜率，记为k，如图所示，
∵，∴斜率存在，设过的直线为，
则当直线与圆相切时，有，解得，
由图易得k在直线与圆的两切线斜率之间，故.
故答案为：
15．甲、乙二人做射击游戏，甲、乙射击击中与否是相互独立事件．规则如下：若射击一次击中，则原射击人继续射击；若射击一次不中，就由对方接替射击．已知甲、乙二人射击一次击中的概率均为，且第一次由甲开始射击，则第4次由甲射击的概率 ．
【答案】
【分析】根据题意，分4种情况讨论，即可求得第4次由甲射击的概率．
【详解】根据题意，第4次由甲射击分为4种情况：
甲连续射击3次且都击中；
第1次甲射击击中，但第2次没有击中，第3次由乙射击没有击中；
第1次甲射击没有击中，且乙射击第二次击中，但第3次没有击中；
第1次甲没有击中，且乙射击第2次没有击中，第3次甲射击击中，
所以这件事的概率为.
故答案为：
16．如图，哈尔滨市有相交于点的一条东西走向的公路与一条南北走向的公路，有一商城的部分边界是椭圆的四分之一，这两条公路为椭圆的对称轴，椭圆的长半轴长为2，短半轴长为1(单位:千米). 根据市民建议，欲新建一条公路，点分别在公路上，且要求与椭圆形商城相切，当公路长最短时，的长为 千米.
【答案】
【分析】设为,联立可得,利用可得,则,利用均值不等式求最值,再由取等条件求得即可
【详解】由题,设为,由图易得,联立可得,则,
即,
因为为,为,
则
,当且仅当,即时取等,即
故答案为
【点睛】本题考查圆锥曲线的实际应用,考查利用均值不等式求最值,考查运算能力
四、解答题
17．庚子新春，“新冠”病毒肆虐，习近平总书记强调要“人民至上、生命至上，果断打响疫情防控的人民战争、总体战、阻击战”，教育部也下发了“停课不停学，停课不停教”的通知．为了彻底击败病毒，人们更加讲究卫生讲究环保．某学校开展组织学生参加线上环保知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题：
(1)若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩不高于50分的人数；
(2)以样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数；
(3)若学校安排甲、乙两位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为，乙复赛获优秀等级的概率为，甲、乙是否获优秀等级互不影响，求至少有一位同学复赛获优秀等级的概率．
【答案】(1)人
(2)平均数为，中位数为
(3)
【分析】（1）先根据各矩形的面积之和为1，求得a，再根据各层的人数比例抽取；
（2）利用平均数和中位数公式求解；
（3）法一，分一人或二人获优秀，利用互斥事件和独立事件的概率求解；法二：利用对立事件的概率求解.
【详解】（1）解：由，
得，
因为（人），（人）．
所以不高于50分的抽（人）；
（2）平均数．
因为在内共有80人，则中位数位于内，
则中位数为；
（3）记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件A，
则．
答：至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为．
法二：记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件A
答：至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为．
18．已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，.
(1)求圆A的标准方程；
(2)求直线l的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）计算出圆A的半径，可得出圆A的标准方程；
（2）利用勾股定理计算出圆心A到直线的距离为，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线轴时，直接验证即可；在直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数值，综合可得出直线的方程.
【详解】（1）设圆A半径为R，由圆与直线相切，
则点到直线的距离等于半径，
得，
∴圆A的标准方程为.
（2）由（1）知，，，
则圆心A到直线的距离
.
当直线l与x轴垂直时，即，
此时圆心A到直线的距离为，符合题意；
当直线l不与x轴垂直时，
设方程为，即，
， 解得，
∴直线l为：.
综上所述，直线l的方程为或.

19．已知数列的前n项和为，且.
(1)证明数列为等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据求得，由由已知，可得，两式相减可得，即可证明结论，继而求得通项公式；
（2）利用（1）的结论，求出，利用错位相减法求得答案.
【详解】（1）当时，由可得,
由已知，有,
两式相减得 ,即,
因为，所以,
所以,所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以 ；
（2）由（1）可得，所以，
，
则 ，
所以 ，
所以 .
20．在平面直角坐标系中，椭圆：的左顶点到右焦点的距离是3，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)斜率为的直线经过椭圆的右焦点，且与椭圆相交于，两点．已知点，求的值．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）根据题意得到关于的方程，解之即可求出结果;
（2）联立直线的方程与椭圆方程，结合韦达定理以及平面向量数量积的坐标运算即可求出结果.
【详解】（1）因为椭圆的左顶点到右焦点的距离是3，所以．
又椭圆的离心率是，所以，解得，，从而．
所以椭圆的标准方程．
（2）因为直线的斜率为，且过右焦点，所以直线的方程为．
联立直线的方程与椭圆方程，
消去，得，其中．
设，，则，．
因为，所以
．
因此的值是．
21．在①成等比数列，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.
已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且满足__________，__________.
(1)求的通项公式；
(2)求.
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.
【答案】(1)选①②，①③或②③均可得
(2)
【分析】（1）选出两个条件，根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，得到通项公式；
（2）在第一问的基础上，得到，利用裂项相消法求和.
【详解】（1）若选①②，设公差为，
则，
解得：，
；
选①③，设公差为，
，
解得：，
；
选②③，设公差为，
，
解得：，
；
（2），
.
22．已知椭圆的左右顶点为A、B，直线l：.已知O为坐标原点，圆G过点O、B交直线l于M、N两点，直线AM、AN分别交椭圆于P、Q.
(1)记直线AM，AN的斜率分别为、，求的值；
(2)证明直线PQ过定点，并求该定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）首先设出点的坐标，根据，利用斜率公式表示；
（2）当直线PQ的斜率存在时，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示，从而得到与的关系，计算定点坐标，并验证当直线的斜率不存在时，也过此定点.
【详解】（1）由已知可得MN为圆G的直径，所以，则，
根据题意不妨设，， 则，所以，所以.
（2）证明：当直线PQ的斜率存在时，
设直线PQ的方程为，，，
联立，得，所以，，
，
所以，
所以，
即，或，
当时，直线l的方程为，过定点，
当时，直线l的方程为，过定点，舍去.
当直线PQ斜率不存在时，，，，
直线方程是与椭圆方程联立得，同理得，此时直线PQ的方程是，过定点，
综上可知，直线PQ过定点，该定点坐标是.