江苏省泰州市2023-2024学年高二上学期1月期末数学试题

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（考试时间：120分钟；总分：150分）
命题人：宋健 范继荣 李建新 邹勇泉
审题人：吴春胜 唐咸胜 韩兵
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共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. 直线的倾斜角是( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°
【答案】C
【解析】
【分析】由直线的方程可得直线的斜率，进而根据倾斜角与斜率之间的关系得到直线的倾斜角．
【详解】由直线的方程可得直线的斜率为：，
所以直线的倾斜角的度数为：60°．
故选：C．
2. 椭圆的焦点在x轴上，离心率为，则实数k的值是（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】根据离心率列式计算即可.
【详解】由已知得，则，
所以，解得.
故选：B.
3. 已知等比数列的各项均为正数，若，，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列的通项公式列方程求解.
【详解】设等比数列的公比为，
则，解得，
所以.
故选：A.
4. 设，若圆与圆有公共点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两圆心距离与半径和与差的关系列不等式求解.
【详解】圆，圆心为，半径为，
圆，圆心为，半径为，
若圆与圆有公共点，
则，又，所以.
故选：D
5. 斜拉桥是桥梁建筑的一种形式，在桥梁平面上有多根拉索，所有拉索的合力方向与中央索塔一致.如图，一座斜拉桥共有10对拉索，在索塔两侧对称排列，已知拉索上端相邻两个锚的间距均为4m，拉索下端相邻两个锚的间距、均为16m，最短拉索满足，，若建立如图所示的平面直角坐标系，则最长拉索所在直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，结合直线的斜率公式，计算即可得答案.
【详解】，
，
故，
则，
故选：D.
6. 已知函数在处取得极小值1，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据极值定义进行求解即可.
【详解】由，
因为在处取得极小值1，
所以有，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以是函数的极小值点，故满足题意，
于是有.
故选：C
7. 不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】不等式等价于，构造函数，求导，确定单调性，利用单调性解不等式即可.
【详解】由得，
设，则，所以在上单调递减，
故由得，
所以，解得.
故选：B.
8. 已知直线与抛物线相交于M，N两点，线段的中点的横坐标为4，点T为轴上的动点.若的最小值为，则实数的值为（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】设点，联立直线与抛物线，利用韦达定理以及中点坐标，设点关于轴的对称点为，可得，代入计算即可求出实数的值.
【详解】设点，
联立，消去得，
则，
因为线段的中点的横坐标为4，
所以，即，
设点关于轴的对称点为，则，
所以
，
解得或.
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 下列结论正确的是（ ）
A. 椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和为8
B. 椭圆上一点到右焦点的距离的最大值为6
C. 双曲线上一点到一个焦点的距离为1，则点到另一个焦点的距离为
D. 双曲线上一点到一个焦点的距离为17，则点到另一个焦点的距离为1
【答案】AC
【解析】
【分析】利用椭圆和双曲线的定理逐个判断即可.
【详解】对于A：椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和为，正确；
对于B：椭圆上一点到右焦点的距离的最大值为，B错误；
对于C：根据双曲线的定义，双曲线上一点到两个焦点的距离之差的绝对值为，这里，所以到另一个焦点的距离为，C正确；
对于D：根据双曲线的定义，双曲线上一点到两个焦点的距离之差的绝对值为，这里，所以到另一个焦点的距离为或，D错误.
故选：AC.
10. 已知点在圆C：上，点，，则（ ）
A. 直线与圆相切
B. 点到直线的距离小于7
C. 当最大时，
D. 的最小值小于15°
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求解判断A；根据圆上的点到直线的距离最值，判断BD；根据直线与圆相切时最大，从而判断C.
【详解】对于A：圆：的圆心，半径，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离，
可知直线与圆相离，A错误；
对于B：因为圆心到直线的距离，
所以圆上的点到直线的距离最大值为，B正确；
对于C：当直线与圆相切（图中位置）时，最大，
此时，C正确；
对于D：直线与圆相切（图中位置）时，最小，
由，
又
得，
又，
可得，
又，
因为，
所以，又为锐角，
所以，D正确
故选：BCD.
11. 若数列的前项和，数列的通项，则（ ）
A.
B. 数列的前项和
C. 若，则数列的前项和
D. 若，数列的前项和为，则不存在正整数，使得
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用来判断A；利用等比数列求和公式判断B；利用裂项相消法判断CD.
【详解】对于A：数列的前项和，
当时，
又时，，符合，
所以，A正确；
对于B：，B错误；
对于C：，
所以，C正确；
对于D：因为，
所以，
令，可得，
令，则，
故数列为递减数列，又，
所以无正整数解，D正确
故选：ACD.
12. 已知函数，则（ ）
A. 当时，函数恰有1个零点
B. 当时，函数恰有2个极值点
C. 当时，函数恰有2个零点
D. 当函数恰有2个零点时，必有一个零点为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，从而确定极值点的个数和零点个数，从而判断选项的对错.
【详解】因为，
所以，
令，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以 ，
对于A：当时，，即恒成立，
所以在上单调递增，
又，，
所以函数恰有1个零点，A正确；
对于B：当时，，
令，有，设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，作出图象如下图：
又，所以方程必有个根，
即必有两个零点，设为，且，
当时，，即，
当时，，即，
当时，，即，
所以函数在上单调递增，在单调递减，在上单调递增，
即函数恰有2个极值点，B正确；
对于CD：当函数有2个零点时，或，
所以或，
将或代入得
或，
解得或，故C错误，D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：导数问题要学会转化，比如零点个数问题转化方程根的个数，或者函数图象交点个数.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 直线被圆截得的弦长为____________
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用圆的弦长公式，准确计算，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心为，半径为，
又由圆心到直线，可得，
所以直线截圆所得的弦长为.
故答案为：.
14. 双曲线的一条渐近线是曲线的切线，则的值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】设出切点坐标，利用切点的两重性：切点既在切线上又在曲线上，即可求解.
【详解】因为双曲线的一条渐近线是曲线的切线，设切点为的坐标为，
因为函数的定义域，其导函数，
故在点处的切线斜率，由双曲线知，其渐近线方程，
由得，此条渐近线方程为，所以，得，
因切点也在渐近线上，故，所以的坐标为，
所以，得.
故的值为.
故答案为：.
15. 设等差数列的前n项和为，数列的前项和为.若，，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组求得的值，求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，可得，解得，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
16. 如图1所示，套娃是一种木制玩具，一般由多个相同结构的空心木娃一个套一个组成，套娃的截面可近似看成由圆和椭圆的一部分组成.建立如图2所示的平面直角坐标系，圆A：的圆心是椭圆的上顶点，半径是椭圆的短半轴长，则椭圆的离心率为______________；若动直线与圆的上半部分和椭圆的下半部分分别交于B，C两点，则当的面积最大时，的值为____________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先由题意求出，进而可得离心率，然后将代入圆的方程和椭圆方程可得的坐标，进而可表示出的面积，求导，根据单调性可得取最大值时的值.
【详解】圆A：的圆心为，半径为，
即椭圆的上顶点为，椭圆的短半轴长，
设椭圆方程为，
则，
所以离心率，
所以椭圆方程为，
将代入圆的方程和椭圆方程，不妨取，可得，，
则，
设，则，
令，
则，
设，为锐角，
令，得，，
令，得，，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取最大值，
此时，
则
故答案为：；.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17. 已知直线：，：，其中为实数.
（1）当时，求直线，之间的距离；
（2）当时，求过直线，的交点，且垂直于直线的直线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据两直线平行的公式计算出，再由两直线间的距离公式求解即可；
（2）求出两直线的交点，再利用点斜式求解即可.
【小问1详解】
由得，解得，
此时直线：，：，不重合，
则直线，之间的距离为；
【小问2详解】
当时，：，
联立，解得，
又直线斜率为，
故过直线，的交点，且垂直于直线的直线方程为，
即.
18. 已知抛物线的焦点为F，A为抛物线上一点，延长交抛物线于点B，抛物线的准线与x轴的交点为K，，.
（1）求抛物线的方程；
（2）求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义，结合点坐标，列出等式求出即可求得抛物线方程；
（2）根据抛物线方程求出点坐标,进而求得直线方程，联立直线与抛物线方程求得两根之和，根据抛物线定义即可得，再求出点到直线的距离，根据三角形面积公式即可求得面积值。
【小问1详解】
解：由题知A为抛物线上一点，所以，
解得，故抛物线方程为；
小问2详解】
由（1）知，抛物线方程为，
所以，，，
所以，，即，
因为直线交抛物线另一点为，
记点横坐标为，点横坐标为，
联立，可得：，
所以，所以，
而点到直线的距离，
所以.
19. 已知函数，曲线在点处的切线的斜率为1，其中.
（1）求的值和的方程；
（2）证明：当时，.
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导，再根据导数的几何意义求切线方程；
（2），求导，根据单调性求出最值即可.
【小问1详解】
由已知
因为曲线在点处的切线的斜率为1，
所以，解得，又
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
整理得，
所以，即.
20. 已知数列是等差数列，数列是公比大于1的等比数列，的前项和为.条件①；条件②；条件③；条件④.从上面四个条件中选择两个作为已知，使数列、存在且唯一确定.
（1）求数列、的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）考虑选①②，①③，②③数列、均不唯一确定，必须选④，考虑①④，②④，③④，结合等比数列的定义和通项公式求解；
（2）由数列的分组求和以及等差等比的求和公式计算即可.
【小问1详解】
若选①②，选①③，选②③，数列、均不唯一确定，故必须选④，
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，，
由，可得时，，
两式相减可得，
即，由于为常数，故必有，
若选①④，可得时，，解得，
所以；
若选②④，，数列、不唯一确定；
若选③④，，可得，则，此时等比数列不存在.
综上：；
【小问2详解】
，
则
.
21. 已知双曲线：过点，离心率为.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率为的直线交双曲线左支于点，平行于的直线交双曲线的渐近线于A，B两点，点A在第一象限，直线的斜率为.若四边形为平行四边形，证明：为定值.
【答案】（1）
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）设直线的方程为，直线的方程为，，将代入直线可得，联立直线与椭圆方程得关于的一元二次方程，由韦达定理得；联立方程和渐近线方程求出，得到，由题易得，即，联立求出的关系式，再由定义表示出，将所有未知量全部代换成即可求证.
【小问1详解】
因为双曲线：过点，离心率为，
所以有；
【小问2详解】
设直线的方程为，
直线的方程为，，
将代入直线得，即，
联立，得，
得，即，，
因为在第一象限，双曲线渐近线方程为，
联立，得，即，
联立，得即，
所以，
因为，所以，所以①，
又②，
①②得，，
所以，
所以，
因为
所以，为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数，，.
（1）若函数在上单调递增，求的取值范围；
（2）若关于的方程有两个实根，
（i）求的范围；
（ii）求证：.
【答案】（1）
（2）（i）;（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）在上恒成立，参变分离，转化为最值求解即可；
（2）（i），求出其单调区间即可求解；（ii）将转化为，构造函数求其最小值即可.
【小问1详解】
因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
当时，，
当时，在上恒成立，
令，
则，
由得，由得，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即的取值范围为；
【小问2详解】
（i）令，，
则，
令得，令得，，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
又关于的方程有两个实根，
所以的范围为；
（ii）由（i）知，
要证，即证，即证
令，则，
则在上恒成立，
所以上单调递增，又，
所以在上单调递增，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：①对于不等式的证明，一般通过构造函数，求函数最值来证明；②对于求导一次不能解决问题的，可再求一次导来解决.