江苏省泰州市2024-2025学年高二上学期期末数学试题 含解析

这是一份江苏省泰州市2024-2025学年高二上学期期末数学试题 含解析，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟；总分：150分）
命题人：倪伟 刘祥云 邹勇泉 李建新
审题人：鲁彬 吴春胜
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. 圆的圆心为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将圆的方程化为标准式，即可得圆心.
【详解】由的标准式为，故圆心为.
故选：A
2. 双曲线的焦距为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线方程可得，即可得焦距.
【详解】由双曲线，则，可得，
所以焦距为.
故选：D
3. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对函数求导，再代入自变量求导数值即可.
【详解】由题设，则.
故选：C
4. 已知椭圆的两个焦点分别为，过点作斜率不为0的直线l，直l与椭圆C交于两点，则的周长为（ ）
A. 8B. 12C. 16D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆方程及椭圆的定义求焦点相关三角形的周长即可.
【详解】由题意，
所以的周长为16.
故选：C
5. 已知函数既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对函数求导，问题化为至少有两个变号零点，导数求的极值并列不等式求参数范围.
【详解】由题设，令，
则，
当或时，，则在和上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
，且时趋向，时趋向，
要使函数既有极大值又有极小值，
即至少有两个变号零点，所以至少有两个变号零点，
所以.
故选：A
6. 若，则称表达式为n阶有限连分数，通常记为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题设有限连分数定义求对应值即可.
【详解】由题设.
故选：B
7. 点A（与原点O不重合）在抛物线上，直线与抛物线的准线交于点B，过点B且平行于x轴的直线交抛物线于点C，则的最小值为（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】令且，进而求得，应用两点距离公式并整理得，应用换元法、二次函数性质求最值即可.
详解】令且，则，联立抛物线准线，可得，
令，故，故，
所以，
令，当且仅当时等号成立，
所以在上单调递增，
所以的最小值为.
故选：B
8. 图1是一款多功能无人机，该机的机架采用对称排列结构，机架的俯视图可看成曲线（其中为正数）的一部分（图2）．若是曲线上的一点，且，过点P的两条互相垂直的直线与曲线的另外两个交点分别为，其中一条直线的斜率为1．若，则的值为（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由整理可得，所以曲线可由双曲线和双曲线组成，分别将过点斜率为和的直线与双曲线方程联立，解出点坐标，再根据两点的距离公式求解即可.
【详解】由整理可得，所以，
所以曲线可由双曲线和双曲线组成，且这两个双曲线的渐近线斜率均为，
因为是曲线上的一点，且，所以点在第一或第三象限，
根据对称性，不妨设点在双曲线上，且在第一象限，此时，
因为过点P的两条互相垂直的直线与曲线的另外两个交点分别为，其中一条直线的斜率为1，
所以另一条直线的斜率为，点在双曲线上，不妨令，，
过点斜率为的直线方程为，
与联立得，解得，
将代入整理得，所以，即，
过点斜率为的直线方程为，
与联立得，解得，
将代入整理得，所以，即，
所以
，
解得，
所以，
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是将曲线转换成熟悉的双曲线方程，再根据点坐标和斜率设出直线方程与双曲线方程联立，解出坐标，进而即可求解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 我们称离心率相同的二次曲线相似．则二次曲线相似的为（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】AB
【解析】
【分析】根据各项给定的曲线方程求离心率，并判断是否相等即可答案.
【详解】对于有，则，
对于有，则，
对于有，则，
对于有，则，
对于有，则，
对于有，则，
综上，A、B中曲线相似，C、D不相似.
故选：AB
10. 已知数列满足，且是公比为的等比数列，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意写出前7项，观察归纳得到，，再应用数学归纳法证明判断A、B；应用裂项相消法、放缩法证明不等式判断C、D.
【详解】由，且是公比为的等比数列，
所以为，为，为，，
由上观察归纳有，，显然时，满足，
若时，成立，
又是公比为的等比数列，
则，，
所以，有，满足归纳结论，
综上，，，A错，B对；
由，则，C对；
由
，D对.
故选：BCD
11. 已知函数，若，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则成等比数列B. 若，则成等比数列
C. 若，则D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】设当时，成等比数列，利用等比中项可知，代入解得，验证和时是否满足题意验证AB，利用作商法画出的大致图象，可看作对应函数与交点对应的横坐标，利用图象判断CD即可.
【详解】设当时，成等比数列，则，即，
由得，所以，
所以，解得，
经检验，当时，满足，
当时，，此时，不满足题意，故A正确，B错误；
因为在恒成立，在恒成立，
所以，在恒成立，
又，所以当时，，即，
当时，，即，
所以的大致函数图象如图所示，
由图象可知当时，由可得，
当时，由可得，CD正确；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：选项CD的关键是将可看作对应函数与交点对应的横坐标，利用函数图象判断，数形结合.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知圆与圆相交于两点，若直线的倾斜角为，则实数的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】两圆方程相减可得公共弦的方程，再利用直线的倾斜角求出斜率即可求解.
【详解】因为圆，即与圆相交于两点，
所以两圆方程相减可得公共弦的方程，即，
因为直线的倾斜角为，
所以直线的斜率，解得，
故答案：
13. 过点作曲线的切线，写出其中的一条切线方程_______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】设切点坐标，利用导数的几何意义表示出切线方程，将代入解出切点坐标，即可得切线方程.
详解】由可得，
设过点作曲线的切线的切点为，则，
则该切线方程为，
将点代入切线得，解得或，
所以切点为或，
所以切线方程为或.
故答案为：（答案不唯一）
14. 设数列的前n项和为，若数列为各项均为正数的等差数列，成等比数列，其中m为正整数，则______．
【答案】96
【解析】
【分析】令的公差为，由等差数列片段和的性质及已知可得，再应用等比中项的性质得求得，，最后应用等差数列前n项和公式求.
【详解】令的公差为，由题设，
且为等差数列且公差为，则，
由成等比数列，则，
所以且m为正整数，，可得，，则，
所以.
故答案为：96
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：（a为实数），与相交于点M．
（1）若过点M，求a的值；
（2）设直线过定点N，求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）联立直线求得交点，代入求参数值即可；
（2）根据直线确定直线过定点，再应用两点距离公式求.
【小问1详解】
由，得，即，
因为过点，所以，即．
【小问2详解】
因为，所以直线过定点，
所以.
16. 已知为数列的前项和，.
（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）由，可得数列是以为首项，以2为公比的等比数列，从而得到数列的通项公式；
（2）由（1）知，，利用分组求和法得到结果.
【详解】解：（1）∵，
∴当时，，故，得.
当时，，
故，
∴当时，，
∴数列是以为首项，以2为公比的等比数列，
∴.
（2）由（1）知，，
∴
，
，
.
【点睛】本题考查等比数列的证明，考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分组求和法的合理运用．
17. 已知点的坐标为，且以点为圆心的圆与y轴相切．
（1）过点作圆的切线l，求l的方程；
（2）圆上是否存在点P，使得点P到距离之比为．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或；
（2）不存在点P，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）由题设圆的方程为、，讨论直线斜率的存在性，结合点线距离公式求直线方程；
（2）根据已知及两点距离公式得点P的轨迹为以为圆心，为半径的圆N，进而得到圆内含于圆N，即可得结论.
【小问1详解】
因为，且以点为圆心的圆与y轴相切，
所以圆的方程为．
因为，
当直线l的斜率不存在时，l的方程为，
设l的方程为，则到l的距离为，
所以，故，所以l的方程为，
综上，l的方程为或．
【小问2详解】
设，由点P到距离之比为，
得，即，
所以点P的轨迹为以为圆心，为半径的圆N，
由，则圆内含于圆N，
所以不存在点P，使得点P到距离之比为.
18. 已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）证明：．
【答案】（1）增区间为，无减区间；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数研究的单调区间；
（2）对函数求导，讨论、、，结合恒成立求参数范围；
（3）根据（2）结论有得，令，则，即可证结论.
【小问1详解】
当时，，所以，
设，则，
当时，有，所以在区间上单调递减，
当时，有，所以在区间上单调递增，
所以，即，
所以的增区间为，无减区间．
【小问2详解】
，
（i）当时，有，与矛盾；
（ii）当时，有，所以，
所以在单调递增，故，满足题意；
（iii）当时，设，则，
当时，由得，所以在上单调递减，则，
即，所以在单调递增，故，满足题意；
当时，若，则，所以在上单调递，
所以，即，所以在单调递减，故，与矛盾；
综上所述：a的取值范围为．
【小问3详解】
由（2）知当时，，其中a的取值范围为，
令得，，即
令，则，
所以．
19. 已知椭圆，平行四边形的四个顶点在椭圆上，直线的斜率分别为．
（1）求直线在y轴上的截距之和；
（2）若四边形为菱形，证明：直线之间的距离为定值；
（3）若成等比数列，射线分别交椭圆于两点，求四边形面积的取值范围．
【答案】（1）0； （2）证明见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）设两条平行线的方程分别为，，联立椭圆并应用韦达定理及弦长公式得，进而可得，即得结果；
（2）根据已知有，由（1）知点A与点C、点B与点D关于原点对称，结合韦达公式得，进而有，再应用平行线的距离公式证明结论；
（3）由等比中项的性质得，设直线的方程为并联立得到、，再根据四边形的面积、求面积的范围.
【小问1详解】
设两条平行线的方程分别为，，
由，得，
所以，即，
又．
所以
，
同理，．
由平行四边形得，所以，
因为，所以，即，
所以两条平行线在y轴上的截距之和为0．
【小问2详解】
由四边形为菱形得，所以，
由（1）知关于原点对称，
由椭圆的对称性知点A与点C，点B与点D均关于原点对称，
所以
．
整理得，所以直线之间的距离，
所以直线之间的距离为定值．
小问3详解】
由（2）知，则，因为，所以．
设直线的方程为，
由，得，由，得，
所以，同理，
所以，四边形的面积，
因为，且，故，
因为点O到直线的距离为，
所以，
所以四边形的面积.
【点睛】关键点点睛：第三问，利用相关三角形的面积比例与相关线段的等比例关系得到得到四边形的面积为关键.