江苏省镇江市镇江中学2022-2023学年高二（上）期末数学试题（含解析）

这是一份江苏省镇江市镇江中学2022-2023学年高二（上）期末数学试题（含解析），共22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：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．下列求导运算正确的（ ）
A．B．
C．D．
2．双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
3．已知数列是等比数列，且，则的值为（ ）
A．3B．6C．9D．36
4．人教A版选择性必修二教材的封面图案是斐波那契螺旋线，它被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵､鹦鹉螺等．斐波那契螺旋线的画法是:以斐波那契数1，1，2，3，5，8，…为边长的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．下图为该螺旋线在正方形边长为1，1，2，3，5，8的部分，如图建立平面直角坐标系（规定小方格的边长为1），则接下来的一段圆弧所在圆的方程为（ ）．
A．B．
C．D．
5．已知抛物线的一条弦恰好以为中点，则弦所在直线的方程是（ ）
A．B．C．D．
6．已知双曲线的右顶点为，右焦点为，为双曲线在第二象限上的一点，关于坐标原点的对称点为，直线与直线的交点恰好为线段的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．3C．D．
7．已知数列的前n项和为，满足(n∈N*).记为数列在区间(m∈N*)内的项的个数，则数列的前100项的和为（ ）
A．315B．319C．314D．316
8．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为
A．B．C．D．
二、多选题：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．设为等差数列的前项和，若公差，且，则下列论断中正确的有（ ）
A．当时，取最小值B．当时，
C．D．
10．过点作圆：的切线，切点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．四边形的外接圆方程为
C．直线方程为
D．三角形的面积为
11．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，O为坐标原点，一条平行于x轴的光线从点射入，经过C上的点A反射后，再经C上另一点B反射后，沿直线射出，经过点Q．下列说法正确的是（ ）．
A．若，则
B．若，则
C．若，则PB平分
D．若，延长AO交直线于点M，则M，B，Q三点共线
12．已知为椭圆的左焦点，直线与椭圆交于两点，轴，垂足为与椭圆的另一个交点为，则（ ）
A．的最小值为3B．面积的最大值为
C．直线的斜率为D．为直角
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上．
13．椭圆的焦距为2，则 ．
14．在平面直角坐标系中，若曲线（为常数）过点，且该曲线在点处的切线与直线平行，则 .
15．数列的前项和，首项为1，对于任意正整数，都有，则 ．
16．已知曲线，若到直线的最小距离为 ；若直线与曲线恰有2个公共点，则实数的取值范围为 ．
四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知数列，若_________________．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
从下列三个条件中任选一个补充在上面的横线上，然后对题目进行求解．
①；
②，，；
③，点，在斜率是2的直线上．
18．在平面直角坐标系中，点的坐标为，动点满足
(1)求动点的轨迹的方程
(2)若直线过点且与轨迹相切，求直线的方程
19．已知正项数列和满足：，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
20．已知抛物线，点为其焦点，为上的动点，为在动直线上的投影.当为等边三角形时，其面积为.
(1)求抛物线的方程；
(2)过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B和C，D，点H，K分别为，的中点，求面积的最小值.
21．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为椭圆上一动点，面积的最大值为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)若分别是椭圆长轴的左、右端点，动点满足：，连接交椭圆于点为坐标原点，证明：为定值；
(3)若点为圆上的动点，点，求的最小值．
22．已知圆M：的圆心为M，圆N：的圆心为N，一动圆与圆N内切，与圆M外切，动圆的圆心E的轨迹为曲线
(1)求曲线C的方程；
(2)已知点，直线l不过P点并与曲线C交于A，B两点，且，直线l是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
参考答案与解析
1．B
【分析】根据基本函数求导公式和导数的运算法则进行判断.
【解答】，A错误；
，B正确；
，C错误；
，D错误.
故选：B
2．C
【分析】令即可得渐近线方程.
【解答】令得，
整理得，
即双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
3．C
【分析】应用等比中项的性质有，结合已知求值即可.
【解答】由等比数列的性质知：，，，
所以，又，
所以.
故选：C
4．C
【解析】由题意可知图中每90°的圆弧半径符合斐波那契数1，1，2，3，5，8，…，从而可求出下一段圆弧的半径为13，由于每一个圆弧为四分之一圆，从而可求出下一段圆弧所以圆的圆心，进而可得其方程
【解答】解：由题意可知图中每90°的圆弧半径符合斐波那契数1，1，2，3，5，8，…，从而可求出下一段圆弧的半径为13，
由题意可知下一段圆弧过点，
因为每一段圆弧的圆心角都为90°，
所以下一段圆弧所在圆的圆心与点的连线平行于轴，
因为下一段圆弧的半径为13，
所以所求圆的圆心为，
所以所求圆的方程为，
故选：C
5．B
【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），代入抛物线方程，两式作差，运用平方差公式和直线的斜率公式，以及中点坐标公式，可得直线的斜率，再由点斜式方程可得所求直线方程．
【解答】由题意得：设，都在抛物线上
，直线还经过，
所以直线方程为
故选：B
【点拨】本题考查抛物线的方程的运用和点差法求直线方程，考查直线的斜率公式和中点坐标公式的运用，化简运算能力，属于中档题．
6．B
【分析】先设出点坐标，由为线段的中点表示出点坐标，再由共线，即可求得的关系式，求得离心率.
【解答】
设，则，易知，由为线段的中点得，又在直线上，故共线，又，故，整理得，故离心率.
故选：B.
7．B
【分析】由数列递推公式求出数列的通项，再根据给定条件求出的各个值，然后求和作答.
【解答】，，则当时，，于是得，即，
而，即，因此，数列是首项为1，公比为4的等比数列，，
因为数列在区间(m∈N*)内的项的个数，则有，，
，，
所以数列的前100项的和为.
故选：B
8．B
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.
【解答】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
【点拨】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
9．BC
【分析】对于A，由题意首先得，结合可知，由此可判断A；对于B，由等差数列求和公式验算即可；对于CD，由等差数列下标和性质即可得解.
【解答】对于A，由题意，又，
所以，所以当时，取最大值，故A错误；
对于B，当时，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，即，故D错误.
故选：BC.
10．BCD
【分析】求出，由勾股定理求解，即可判断选项；
利用为所求圆的直径，求出圆心和半径，即可判断选项；利用，求出直线的斜率，即可判断选项；求出直线和的交点坐标，利用三角形的面积公式求解，即可判断选项.
【解答】对于，由题意可得：，由勾股定理可得，，故选项错误；
对于，由题意知，，则为所求圆的直径，所以线段的中点为，半径为，则所求圆的方程为，化为一般方程为，故选项正确；
对于，由题意，其中一个切点的坐标为，不妨设为点，则，又，所以，所以直线的方程为，故选项正确；
对于，因为，且直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，解得，所以两条直线的交点坐标为，则，，
故的面积为，所以的面积为，故选项正确，
故选：.
11．ACD
【分析】运用数形结合的思想，将问题转化为解析几何问题，再结合抛物线的性质及几何图形特点逐项验证结果即可得出答案．
【解答】对于选项，若，则抛物线,的焦点为,
由已知条件得，直线的方程为，可得，，选项正确；
对于选项,若，则抛物线,的焦点为,
由已知条件得，直线的方程为，可得，
，选项不正确；
对于选项,时，∵，∴，
又∵，∴平分，选项正确；
对于选项，若，则抛物线,的焦点为,
延长交直线于点，则，由选项可知，则M，B，Q三点共线，故正确；

故选：．
12．BCD
【分析】先由椭圆与过原点直线的对称性知，，再利用1的代换、利用基本不等式可判断A；由直线与椭圆方程联立，解得交点坐标，得出面积关于k的函数关系式，再求函数最值可判断B；由对称性，可设，则，，则可得直线的斜率与k的关系可判断C；先由A、B对称且与点P均在椭圆上，可得，又由C项可知， 得，即，可判断D.
【解答】
对于A，设椭圆的右焦点为，连接，
则四边形为平行四边形，
所以，
，
，
当且仅当时等号成立，故A错误；
对于B，联立得，
，
所以的面积，
当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C，设，则，，故直线的斜率，故C正确；
对于D，设，直线的斜率为，直线的斜率为，
则，
又点和点在椭圆上，①，②，
①-②得，易知，
则，得，
，，故D正确.
故选：BCD.
【点拨】关键点拨：A选项的关键是，结合基本不等式之“乘1法”即可得解，D选项的关键是先得到，，再结合直线垂直的判定定理即可判断.
13．3或5
【分析】本题首先可根据焦距为得出，然后将椭圆分为焦点在轴上以及焦点在轴上两种情况，分别进行计算即可得出结果．
【解答】解：因为椭圆的焦距为，所以，
若焦点在轴上，则有，解得；
若焦点在轴上，则有，解得；
综上所述，或．
故答案为：3或5．
14．
【解答】曲线过点，则①，又，所以②，由①②解得所以．
【考点】导数与切线斜率．
15．
【分析】由数列新定义，等差数列、等比数列定义以及它们的求和公式运算即可得解.
【解答】由题意数列的前4项构成首项为1，公比为2的等比数列，
若从第5项起的数构成一个新的数列，则它的首项为，公差为，
所以由题意.
故答案为：.
16． ##
【分析】（1）画出曲线的图象，由图可以发现当点在第四象限的圆上面时可能取得最小值，由点到直线的距离公式结合三角换元即可得解.
（2）分离参数，得，通过求导得函数的性质，进而得其函数图象，在同一平面直角坐标系中通过平移直线观察即可得解.
【解答】第一空：
由题意得时，曲线即，当时，曲线即，
由图可知，当点在第四象限的圆上面时可能取得最小值，不妨设，
此时点到直线的距离为，
而，所以，
所以当时，，此时有，点；
第二空：
将代入得，显然不满足该方程，
所以，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且，
所以，当时， ，单调递增，
且，
综上所述，我们可得和直线在同一平面直角坐标系中的位置如图所示：
由图可知若直线与曲线恰有2个公共点，则实数的取值范围为.
故答案为：；.
【点拨】关键点拨：第一问的关键是通过图象发现当点在第四象限的圆上面时可能取得最小值，第二问的关键是参变分离，用求导来研究函数的性质以及图象.
17．答案见解析.
【分析】（1）若选①，根据通项公式与前项和的关系求解通项公式即可；
若选②，根据可得数列为等差数列，利用基本量法求解通项公式即可；
若选③，根据两点间的斜率公式可得，可得数列为等差数列进而求得通项公式；
（2）利用裂项相消求和即可
【解答】解：（1）若选①，由，
所以当，，
两式相减可得：，
而在中，令可得：，符合上式，
故．
若选②，由（，）可得：数列为等差数列，
又因为，，所以，即，
所以．
若选③，由点，在斜率是2的直线上得：，
即，
所以数列为等差数列且．
（2）由（1）知：，
所以
．
18．(1)
(2)或
【分析】（1）设，根据动点满足，用两点间距离公式化简求解.
（2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径可得答案.
【解答】（1）设，则由，
即，
化简得，
所以P点的轨迹方程为．
（2）当直线l的斜率不存在时，方程为，
圆心到直线l的距离为2，又因为圆的半径为2，所以相切；
当直线l的斜率存在时，设，
即，
由到l的距离，解得，
所以直线方程为，即，
综上，l的方程为或.
19．(1)，
(2)
【分析】（1）由题意变形得，即，由等比数列即可写出的通项公式，裂项得，通过裂项累加法（裂项相消）即可得的通项公式.
（2）由题意得，故由等比数列求和公式以及错位相减法即可求解.
【解答】（1）由题意，所以，
又因为是正项数列，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以其通项公式为，
而，
所以当时，有，
而当时，也满足，
所以数列的通项公式为.
（2）由题意，
所以，
两式相减得，
所以数列的前项和.
20．(1)；
(2)16.
【分析】（1）根据给定条件求出，设出点P的坐标，结合抛物线定义列式计算作答.
（2）设出直线AB、CD的方程，求出点H坐标，进而求出，由面积建立函数关系，借助均值不等式求解作答.
【解答】（1）抛物线的焦点，准线，
为等边三角形，则有，而为在动直线上的投影，则，
由，解得，设，则点，
于是由得：，解得，
所以抛物线的方程为：.
（2）显然直线AB，CD都不与坐标轴垂直，设直线AB方程为：，则直线CD方程为：，
由消去x并整理得：，设，则，
于是得弦AB中点，，
同理得，
因此，直角面积
，当且仅当，即时取“=”，
所以面积的最小值为16.
【点拨】思路点拨：圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以是
斜率或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过二次函数或基本不等式或导数等求得.
21．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由离心率公式、平方关系以及三角形面积公式列方程即可求解.
（2）由题意设直线的方程为，联立椭圆方程求得点的坐标，然后由数量积的坐标公式求解即可.
（3）由三角形三边关系结合椭圆定义进行转换即可，注意取等条件是否成立.
【解答】（1）由题意离心率为椭圆上一动点，面积的最大值为2．
所以，
又，
所以解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）椭圆的方程为.
由题意，因为，所以设，
则直线的方程为，将其与椭圆方程联立得，
消去并整理得，，当时，，
所以解得，即，
所以，
所以.
（3）
设交圆于点，由三角形三边关系得等号成立，当且仅当三点共线，即点重合时，
由椭圆定义有，
所以，
等号成立当且仅当点重合时，且点重合，其中点是与椭圆的交点，
综上所述，的最小值为.
22．(1)
(2)存在，点
【分析】（1）结合条件和双曲线定义可得答案.
（2）联立直线方程与曲线方程，结合韦达定理与，可得，后通过分解因式可得之间关系，从而可得l所过定点.
【解答】（1）如图，设圆E的圆心为，半径为r，由题可得圆M半径为，圆N半径为
则，，所以，
由双曲线定义可知，E的轨迹是以M，N为焦点、实轴长为6的双曲线的右支，
又.
所以动圆的圆心E的轨迹方程为，.
（2）设直线l的方程为，将直线方程与曲线E方程联立，有：
，消去x得，
由题直线与曲线有两个交点，则.
设，，其中，，由韦达定理有：.
又，
则
又，，则
，
即，
又，故或，
若，则直线l的方程为，
此时l过点，与题意矛盾，
所以，
故，
所以直线l的方程为，
则直线l恒过点
【点拨】关键点点拨：本题涉及求动点轨迹及双曲线中的定点问题，（1）类问题常结合椭圆与双曲线定义思考；对于（2）问，难点为能将分解因式.