江苏省南京市五校联盟2024-2025学年高二上学期1月期末考试 数学 含解析

这是一份江苏省南京市五校联盟2024-2025学年高二上学期1月期末考试 数学 含解析，共17页。试卷主要包含了本试卷共6页， 已知曲线C， 下列求导运算正确的是等内容，欢迎下载使用。
本卷：150分 考试时间：120分钟
注意事项：
1.本试卷共6页.本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号填涂在答题卡上指定的位置.
一、单项选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上.
1. 抛物线的焦点到其准线的距离是（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
由抛物线焦点到准线的距离为求解即可.
【详解】因为抛物线焦点到准线的距离为,故抛物线的焦点到其准线的距离是2.
故选：C
【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程中的几何意义,属于基础题型.
2. 已知直线与直线互相平行，则实数的值为（ ）
A. B. 2或C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两直线平行得到，求出的值，再代入检验即可.
【详解】因为直线与直线互相平行，
所以，解得或，
当时，两直线重合，不符合题意，故舍去；
当时，直线与直线互相平行，符合题意；
.
故选：D
3. 以点为圆心，两平行线与之间的距离为半径的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平行直线间距离公式可求得圆的半径，由圆心和半径可得圆的方程.
【详解】直线方程可化为，
则两条平行线之间距离，即圆的半径，
所求圆的方程为：.
故选：B.
4. 已知曲线C：上一点，则曲线C在点P处的切线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线的倾斜角.
【详解】因为，所以，则，
所以曲线C在点P处的切线的斜率为，则倾斜角为.
故选：B
5. 在等差数列中，已知，则数列的前6项之和为（ ）
A. 10B. 20C. 30D. 40
【答案】C
【解析】
【分析】根据下标和性质及等差数列求和公式计算可得.
【详解】因为，所以，
所以数列的前6项之和为.
故选：C
6. 已知两定点，，如果动点满足，点是圆上的动点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出动点轨迹方程（圆），再根据两圆位置关系确定的最大值取法，计算即可得结果.
【详解】设，因为，所以
因此最大值为两圆心距离加上两圆半径，即为
故选：B
【点睛】本题考查动点轨迹方程、根据两圆位置关系求最值，考查数形结合思想方法以及基本化简能力，属中档题.
7. 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，拉索下端相邻两个锚的间距，均为，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】解：，
故，，
则，
故选：D.
8. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点．设椭圆的左、右焦点分别为，，若从椭圆右焦点发出的光线经过椭圆上的点A和点B反射后，满足，且，则该椭圆的离心率为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，作图，利用三角函数的性质，可设线段的表示，根据齐次方程的思想，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：
则，，即，
可设，，，
由，则，即，
，在中，，
则.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列求导运算正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由导数的求导运算求解．
【详解】对于A.，A错误；
对于B.，B正确；
对于C.，C错误；
对于D. ，D正确.
故选：BD.
10. 已知椭圆 为椭圆上任意一点， 分别为椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的是（ ）
A. 过点 的直线与椭圆交于 两点，则 的周长为 8
B. 存在点 使得 的长度为 4
C. 椭圆上存在 4 个不同的点 ，使得
D. 内切圆半径的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，先根据椭圆的基本量关系求解方程，再根据椭圆的定义求解即可；对B，根据椭圆的性质判断即可；对C，根据可得的轨迹，再分析与椭圆的交点个数即可；对D，根据的面积表达式分析即可.
【详解】对A，椭圆，则过点的直线与椭圆交于，两点，
则的周长为，故A正确；
对B，根据椭圆性质可得，即，故，
即不存在点，使得的长度为4，故B错误；
对C，根据可得的轨迹为以为直径的圆，即，不包括两点，
易得该圆与椭圆有四个交点，即椭圆上存在4个不同点，使得，故C正确；
对D，的周长为，设的内切圆半径为，
则，故当最大时最大，此时为上下顶点，
，则，解得，故D正确.
故选：ACD
11. 已知数列是公差为的等差数列，是公比为的正项等比数列.记，，，，则（ ）
参考公式：.
A. 当时，B. 当时，
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据等差数列、等比数列的性质及求和公式一一计算即可.
【详解】A项，由为公比为的正项等比数列，
则当时，，
，显然时，，故A错误；
B项，由数列为公差为的等差数列，
则，
所以，
解得，
即，故B正确；
C项，由为公比为的正项等比数列，可得，
所以，
故，
所以，
，
故，当且仅当时取得等号；综上可得，故C错误；
D项，由题意得，，
则，
故
，
故裂项可得：，
所以
，故D正确；
故选：BD
【点睛】关键点点睛：C项的关键在于化简得，利用倒序相加法转化为求解的最值，利用基本不等式求最值即可得；D项的关键在于利用条件化简得，再用裂项相消求和判定不等式.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上.
12. 已知数列满足，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据递推公式代入求，再代入求.
【详解】因为，所以，，所以，．
故答案为：
13. 若圆上恰有两个点到直线：的距离为1，则正实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离大于且小于，利用点到直线的距离公式得到不等式，解得即可.
【详解】圆，圆心为，半径为，
圆上恰有两个点到直线距离为，
则使得圆心到直线的距离大于且小于，即，
解得或，
又，所以，
即正实数的取值范围为.
故答案为：
14. 已知椭圆的任意两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，它的圆心与椭圆的中心重合，半径的平方等于椭圆长半轴长和短半轴长的平方和.如图为椭圆及其蒙日圆的离心率为，点分别为蒙日圆与坐标轴的交点，分别与相切于点，则四边形与四边形EFGH的面积的比值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据蒙日圆的定义得到点的坐标，即可得到直线的方程，然后联立直线和椭圆的方程得到点，最后计算面积求比值即可.
【详解】由题意得蒙日圆为，则，，
直线的方程为：，
联立得，
，
解得，，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知直线和圆．
（1）判断直线与圆的位置关系；若相交，求直线被圆截得的弦长；
（2）求过点且与圆相切的直线方程．
【答案】（1）相交，截得的弦长为2.
（2）或.
【解析】
【分析】（1）利用点到直线的距离公式以及直线与圆的位置关系求解；
（2）利用直线与圆相切与点到直线的距离公式的关系求解.
【小问1详解】
由圆可得，圆心,半径，
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，
直线被圆截得的弦长为.
【小问2详解】
若过点的直线斜率不出在，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，即，
综上，过点且与圆相切的直线方程为或.
16. 已知函数.
（1）求在区间上的平均变化率；
（2）求曲线在点处的切线方程；
（3）求曲线过点的切线方程.
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）由平均变化率的公式即可求解；
（2）依次求出的值，利用导数的几何意义即可求切线方程；
（3）首先设出切点坐标，利用可求出切点坐标，可得切线方程．
【小问1详解】
因为，
所以在区间上的平均变化率为
．
【小问2详解】
由，有，从而，，
则切点坐标为，切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
【小问3详解】
易知直线x=2与曲线不相切，
故设切点为，
则由，可得，即，解得或，
当时，切点为，，
此时满足题意的切线方程为，显然它过点，
当时，切点为，，
此时满足题意的切线方程为，即，显然它过点，
综上所述，满足题意的切线方程为或．
17. 已知椭圆长轴长为4，且椭圆的离心率，其左右焦点分别为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率为且过的直线与椭圆交于两点，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的基本性质得到椭圆的值，写出椭圆方程.
（2）写出直线方程，联立方程组，由韦达定理得到和，用交点弦长公式得到线段长，由点到直线距离得到三角形高，从而算出三角形面积.
【小问1详解】
由题意可知：，则，
∵，∴，
∴，
∴椭圆
【小问2详解】
，∴直线：，
联立方程组得,
设，
则，
点到直线的距离
∴

18. 已知等比数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列及数列的前项和.
（3）设，求的前项和.
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】(1)由及可得q的值，由可得的值，可得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，由可得，可得=，由列项相消法可得值；
（3）可得，可得的值.
【详解】解：（1）由题意得：，可得，，
由，可得，由，可得，可得，
可得;
(2)由，可得，
由，可得，可得，
可得的通项公式：=，
可得：
① -②得：=，
可得;
(3)由 可得
，
可得：=
==
【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的性质及数列的求和，综合性大，难度中等.
19. 已知是双曲线：的左焦点，且的离心率为2，焦距为4.过点分别作斜率存在且互相垂直的直线，.若交于，两点，交于，两点，，分别为与的中点，分别记与的面积为与.
（1）求的方程；
（2）当斜率为1时，求直线方程；
（3）求证：为定值.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）分别联立直线，直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果；
（3）分别联立直线，直线与双曲线方程，表示出点坐标，即可得到直线的斜率以及直线的方程，再由点到直线的距离公式分别得到到的距离以及到的距离，即可得到结果.
【小问1详解】
由，得，又因为，所以，
所以，所以：.
【小问2详解】
由题知：，设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
联立，消去可得，
则，所以，
则，
又直线，互相垂直，则，设，
则，
联立，消去可得，
则，所以，
则，所以：.
【小问3详解】
由题意可知， 的斜率不为0，设 ： ， Ax1,y1 ， Bx2,y2 .
由可得，.
所以，，，所以.
所以，所以.
同理可得：，.
令，得.
当，，时，
直线的斜率.
所以：，
化简得：，即为：.
所以到的距离，
所以到的距离，
所以.
由（2）知，当时，，所以.