江苏省扬州中学教育集团树人学校2022-2023学年高二数学下学期期初考试试题（Word版附解析）

树人学校2022-2023学年度第二学期期初考试卷高二数学

2023.1

一､单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 已知数列的通项为，则（    ）

A.  B. 8 C. 10 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意中的递推公式可得，则数列是等差数列，结合题意和等差数列的通项公式求出公差即可求解.

详解】由，

得，

所以数列是等差数列，设公差为d，

由，解得，

所以.

故选：B.

2. 过点引直线，使，到它的距离相等，则这条直线的方程是（    ）

A.  B.

C. 或 D. 或

【答案】D

【解析】

【分析】设所求的直线为，则直线平行于或直线过线段的中点，分情况讨论即可求解.

【详解】设所求的直线为，则直线平行于或直线过线段的中点，

因为，，所以，

所以过点且与平行的直线为：即，

因为，，所以线段的中点为，

所以过点与线段的中点为的直线的方程为：，

即，

所以这条直线的方程是：或，

故选：D.

3. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由题可知在上恒成立.再参变分离求解函数最值即可.

【详解】由题, 上恒成立.即在上恒成立.

又,其导函数恒成立.故的最小值为.故.

故选：C

【点睛】本题主要考查了根据函数的单调性求解参数范围的问题,需要根据题意求导,参变分离求函数的最值.属于基础题.

4. 已知圆的方程为，为圆上任意一点，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用斜率的几何意义求出取值范围.

【详解】∵圆的方程为，

过点作圆切线方程，设切线方程为，即.

则，解得：.

则的取值范围为.

故选：C.

5. 已知数列的前项和为，，且，，则当取得最大值时，

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】由题意，可得数列为等差数列，求得数列的通项公式为，进而得到当时，，当时，，即可得到答案.

【详解】由题意，数列满足，即，

所以数列为等差数列，

设等差数列的公差为，则，

所以数列的通项公式为，

令，即，解得，

所以当时，，当时，，

所以数列中前项的和最大，故选C.

【点睛】本题主要考查了等差数列的中项公式的应用，以及前n项和的最值问题，其中解答中根据等差数列的中项公式，得出数列为等差数列，得出等差数列的通项公式是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.

6. 已知在处有极值，则（    ）

A. 11或4 B. -4或-11 C. 11 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】先求解导函数，再根据极值的概念求解参数的值即可.

【详解】根据题意，

函数在处有极值0
且

或

时恒成立，此时函数无极值点

.

故选：C.

7. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，点是两曲线的一个公共点，且，若双曲线为等轴双曲线，则椭圆的离心率（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】首先设，，为第一象限的焦点，根据题意得到，从而得到，利用余弦定理得到，再根据即可得到.

【详解】设，，为第一象限的焦点，

则.

在中，，

所以，

化简得：，即，

因双曲线为等轴双曲线，所以，

所以，解得.

故选：D

8. 已知函数在上可导且函数的图象在处的切线斜率为1，其导函数满足，现有下述四个结论①；②；③；④函数至少有1个零点.其中所有正确结论的编号是（    ）

A. ①③④ B. ②③ C. ①④ D. ①③

【答案】D

【解析】

【分析】构造，则，结合条件，就可以得到函数的性质，从而就可以得到答案.

【详解】令，则.

由题意得当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以在上单调递减.

故是函数的极小值点，即，则

所以①正确，②不正确.

由的单调性可得，则，则，

所以，故函数没有零点,

所以③正确，④不正确.

故选：D.

【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是构造函数，二是对条件理解.

二､多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）

9. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（    ）

A. 直线必过点

B. 直线与圆必相交

C. 圆心到直线的距离的最大值为1

D. 当时，直线被圆截得的弦长为

【答案】BC

【解析】

【分析】利用直线和圆的相关性质求解即可.

【详解】易知直线必过点，故A错误；

点在圆内，所以直线与圆必相交，故B正确；

圆心到直线的距离，当时距离取最大值1，故C正确；

当时，直线，则直线被圆截得的弦长为，故D错误．

故选：BC

10. （多选）下列命题正确的是（    ）

A. 若，则函数在处无切线

B. 函数的切线与函数的图象可以有两个公共点

C. 曲线在处的切线方程为，则当时，

D. 若函数的导数，且，则的图象在处的切线方程为

【答案】BD

【解析】

【分析】

若，则函数在处的切线斜率为0，故选项错误；

可以举例说明函数的切线与函数的图象可以有两个公共点，故选项正确；

，故选项错误；

切线方程为，化简得，故选项正确．

【详解】若，则函数在处的切线斜率为0，故选项错误；

函数的切线与函数的图象可以有两个公共点，例如函数，在处的切线为，与函数的图象还有一个公共点，故选项正确；

因为曲线在处的切线方程为，所以

又，故选项错误；

因为函数的导数，所以，又，所以切点坐标为，斜率为，所以切线方程为，化简得，故选项正确．

故选：BD．

【点睛】易错点睛：很多学生认为曲线的切线与曲线有且只有一个交点，其实曲线的切线可以与曲线有多个交点.

11. 已知曲线，下列结论正确的是（    ）

A. 若曲线表示椭圆，则且

B. 若时，以为中点的弦所在的直线方程为

C. 当时，为焦点，为曲线上一点，且为直角三角形，则的面积等于4

D. 若时，存在四条过点的直线与曲线有且只有一个公共点

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据椭圆标准方程可判断A；利用点差法可求直线的方程可判断B；利用所给条件及椭圆定义求得，进而求得的面积可判断C；设过点的直线的方程为，与曲线方程联立方程组，消去得方程，判断只有一个解时的值即可判断D.

【详解】对于A，若曲线表示椭圆，则且，故A正确；

对于B，若时，曲线为椭圆，

设，，中点，故，，

又，两式相减得，，

所在的直线方程为即，故B错；

对于C，当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，

则，则，

即①

由，得②，

由①②可得，则的面积为，故C正确；

对于D，时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，

由题意，过点的直线的斜率存在，设直线的方程为，

代入双曲线方程，消去整理得，

因为直线与曲线有且只有一个公共点，

当时，，即，；

当时，，直线与渐近线平行，符合题意.

故时，存在四条过点的直线与曲线有且只有一个公共点，故D正确.

故选：ACD.

12. 已知数列的首项为4，且满足，则（    ）

A. 为等差数列

B. 为递增数列

C. 的前项和

D. 的前项和

【答案】BD

【解析】

【分析】由得，所以可知数列是等比数列，从而可求出，可得数列为递增数列，利用错位相减法可求得的前项和，由于，从而利用等差数列的求和公式可求出数列的前项和.

【详解】由得，所以是以为首项，2为公比的

等比数列，故A错误；因为，所以，显然递增，故B正确；

因为，，所以

，故，

故C错误；因为，所以的前项和，

故D正确.

故选：BD

【点晴】本题考查等差数列、等比数列的综合应用，涉及到递推公式求通项，错位相减法求数列的和，等差数列前n项和等，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.

三､填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 已知定点，，若动点满足，则的取值范围是__________.

【答案】

【解析】

【分析】由根据椭圆的定义，得到点的轨迹是以，为焦点的椭圆，再由根据椭圆的性质，得到，即可求解.

【详解】由题意，动点满足，

根据椭圆的定义，可得点的轨迹是以，为焦点的椭圆，

且，解得，，

根据椭圆的性质，可得，即.

故答案为.

【点睛】本题主要考查了椭圆的定义的应用，以及椭圆的几何性质的应用，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.

14. 为等差数列，，，则___．

【答案】

【解析】

【分析】根据已知，利用等差数列的性质、求和公式求解.

【详解】在等差数列中，由，有：

两式相加可得，

而由等差数列的性质可得，

故可得，解得，故.

故答案为：99．

15. 已知圆，点P是直线上的动点，过P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的最小值为______．

【答案】##

【解析】

【分析】根据圆的切线的性质，结合三角形面积与，化简可得，进而得到，根据最短时，最短求解即可

【详解】圆，即，

由于PA，PB分别切圆C于点A，B，则，

，，所以，

因为，所以，

又，所以，

所以，即，

所以最短时，最短，

点C到直线的距离即为的最小值，

所以，所以的最小值为

故答案为：

16. 已知函数，若过点可作曲线的三条切线，则实数的取值范围是__________

【答案】

【解析】

【详解】设切点坐标为，由，得，所以切线方程为，将代入切线方程，得，，

在上递减，在上递增，极小值为，极大值为，有条切线，方程有三个不同的解， 与的图象有三个不同的交点， ，故答案为.

【方法点睛】本题主要考查利用导数的几何意义以及方程的根与函数图像之间的关系，属于难题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 已知斜率求切点即解方程；(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.本题是根据(1)求出切线方程后，再方程的根与函数图象之间的关系求解.

四､解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 已知圆C过点，圆心在x轴正半轴上，且与直线相切．

求圆C的标准方程；

已知过点的直线1交圆C于A、B两点，且，求直线1的方程．

【答案】：;或.

【解析】

【分析】由题意设圆心坐标为，利用半径相等列式求得a，进一步求得半径，则圆的方程可求；当直线的斜率不存在时，可得直线方程为，符合题意；当直线的斜率存在时，设出直线方程，结合垂径定理求解．

【详解】由题意设圆心坐标为，

由题意，，解得舍或．

圆的半径为．

则圆C的标准方程为；

若斜率不存在，则直线方程为，

弦心距，半径为，

则，符合题意．

若斜率存在，设直线方程为，即．

弦心距，得，

解得：，直线方程为．

综上所述，直线l的方程为或．

【点睛】本题考查直线与圆的位置关系及其应用，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理.

18. 在数列中，，，．

（1）求证：是等比数列；

（2）若，求数列的前项和．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由递推关系式可得，由等比数列定义可得结论；

（2）由等比数列通项公式可推导得到，进而可求得，采用裂项相消法可求得.

【小问1详解】

由得：，又，

数列是以为首项，为公比的等比数列.

【小问2详解】

由（1）得：，，

，，

19. 已知函数，其中a为常数．

（1）当函数的图象在点处的切线的斜率为1时，求a的值；

（2）在（1）的条件下，求函数在上的最小值.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义计算作答.

（2）由（1）的结论，利用导数探讨函数在上的单调性，求出最小值作答.

【小问1详解】

函数的定义域为，求导得，

因函数的图象在点处的切线的斜率为1，则，解得，

所以a的值是1.

【小问2详解】

由（1）得，，由得或，

因，则当时，，当时，，

因此函数在上单调递减，在上单调递增，

所以函数在上的最小值.

20. 已知椭圆的长轴长为，焦距为2，抛物线的准线经过C的左焦点F.

（1）求C与M的方程；

（2）直线l经过C的上顶点且l与M交于P，Q两点，直线FP，FQ与M分别交于点D（异于点P），E（异于点Q），证明:直线DE的斜率为定值.

【答案】（1）C：，M：（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由题意可得，的值，运用，求得，可得椭圆的方程，由的准线经过点，求得，即可得解的方程；

（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，设，，运用韦达定理得之间的关系，再联立直线与抛物线的方程解得的坐标，同理可得出的坐标，代入两点间斜率计算公式即可得结果.

【详解】（1）由题意，得，，所以，，

所以，所以C的方程为，

所以，由于M的准线经过点F，

所以，所以，故M的方程为.

（2）证明:由题意知，l的斜率存在，故设直线l的方程为，

由，得.

设，，

则，即且，，.

又直线FP的方程为，

由，得，

所以，所以，从而D的坐标为.

同理可得E的坐标为，

所以为定值.

【点睛】本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的顶点和焦点坐标，考查直线与椭圆方程联立，运用韦达定理，以及直线的斜率公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题.

21. 已知函数.

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）求函数的单调区间；

（3）设，，若时，最小值是3，求实数的值.（是自然对数的底数）

【答案】（1）；（2）的增区间是，减区间是；（3）.

【解析】

【分析】（1）根据函数，求导，进而求得，写出的切线方程

（2）易知定义域是，然后令和 求解.

（3）函数，求导得到，然后分和确定函数的最小值，再由的最小值是3建立方程求解.

【详解】（1）因为函数，

所以， ，

所以在点处的切线方程，

即.

（2）定义域是，

由（1）知，当时，，当时，，

所以的增区间是，减区间是.

（3）因为，

所以，

当，即时，，所以在上递减，

所以，解得（舍去），

当即时，当时，，当时，，

所以，解得.满足条件，

综上：实数的值是.

【点睛】本题主要考查导数的几何意义，导数与函数的单调性和最值，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

22. 已知数列的前项和为，数列满足1点在直线上.

（1）求数列的通项和；

（2）令，求数列的前项和；

（3）若，求对所有的正整数都有成立的的范围.

【答案】（1），bn＝2n﹣1；   

（2）；   

（3）．

【解析】

【分析】（1）由题意得当n≥2时，，与原式相减，结合等比数列的定义，即可求得数列{an}的通项公式；将点P坐标代入直线方程，可得bn+1﹣bn＝2，结合等差数列的定义，即可得数列{bn}的通项公式；

（2）由（1）可得，利用错位相减求和法，即可得答案；

（3）由（1）得，利用作差法可得数列的单调性，即可得的最大值为，所求为恒成立，即恒成立，利用基本不等式求得的最小值，分析即可得答案.

【小问1详解】

因为①，

当n＝1时，解得．

当n≥2时，②，

①﹣②得，

整理得，即，且，

所以数列{an}是以为首项，2为公比的等比数列；

所以.

数列{bn}满足b1＝1，点P（bn，bn+1）在直线x﹣y+2＝0上．

所以bn+1﹣bn＝2，

所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，

所以bn＝2n﹣1．

【小问2详解】

由（1）得

则①，

②，

①﹣②得，

整理得．

【小问3详解】

由（1）得，

所以，

所以数列为单调递减数列，

所以，即的最大值为，

因为对所有的正整数n都有都成立，

所以，由可得，

所以恒成立，只需满足即可，

又，

当且仅当，即时等号成立，所以，

故，则k的取值范围为．