江苏省泰州市靖江高级中学2022-2023学年高二数学下学期第一次调研测试试题（Word版附解析）

高二调研测试数学试题（考试时间：120分钟；总分：150分）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.已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设出倾斜角，求出其正切值，即斜率，进而可得倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，，则，.故选：D.2.在等差数列中，若，，则（）A.40B.50C.60D.70【答案】C【解析】【分析】先利用等差数列的性质求出，再继续用等差数列的性质求.【详解】根据等差数列的性质得，得，又，.故选：C.3.已知双曲线C：的一条渐近线为，则（）A.1B.C.2D.3【答案】D【解析】【分析】先确定双曲线的，再利用双曲线的渐进线是列式计算即可. 【详解】由双曲线C：得，又其渐近线为，即，，解得.故选：D.4.在天文学上，航天器绕地球运行的椭圆轨道上距离地心最远的一点，称为远地点：距离地心最近的一点，称为近地点．远地点与地球表面的最短距离称为远地点高度；近地点与地球表面的最短距离称为近地点高度．已知某航天器的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，地球（视为一个球体）的半径为R．若该航天器的远地点高度为5R，所在椭圆轨道的离心率为，则该航天器的近地点高度为（）A.RB.2RC.3RD.4R【答案】C【解析】【分析】根据题意，列方程组求出椭圆的长半轴长和半焦距，再计算该航天器的近地点高度即可.【详解】设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，则由题意，可知，解得,所以该航天器的近地点高度为.故选：C.5.设函数，已知，，，，则（）A.－2B.－1C.D.3【答案】B【解析】【分析】先求出函数的导函数，再代入已知条件计算即可. 【详解】由已知，.故选：B.6.如图，已知正三角形的边长为1，取正三角形各边的中点，，，得到第二个正三角形，然后再取正三角形各边的中点，，，得到第三个正三角形，依此方法一直进行下去，则从第一个正三角形开始，前10个正三角形的面积之和为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设的面积为，由条件证明数列为等比数列，利用等比数列求和公式求面积和.【详解】设面积为，，则可得数列，由已知为线段的中点，为线段的中点，所以又，都为等边三角形，所以，又，所以数列为等比数列，公比为， 所以前10个正三角形的面积之和为，故选：B.7.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用指数函数的单调性判断的大小，在构造函数来判断的大小，构造函数来判断的大小.【详解】,，即，设，，，，即在上单调递增，故，，即，，设，，，令，则，，，，，在上恒成立，在上单调递减，， 在上单调递减，，，即，，故.故选：A8.已知两点在双曲线C：的右支上，点M与点N关于原点对称，交y轴于点T，若，，则双曲线C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设O为的中点，设，，利用点差的方法表示出，结合题意继而表示出，推出，根据即可求得的关系，从而可求双曲线离心率.【详解】如图，不妨设M在第一象限，设Q为的中点，因为O为的中点，故,设，，在双曲线上，则，两式相减可得，即，而,故， 即；又因为，则，故，即,即，即，所以，又，则，即，故，所以，而,故，故，则双曲线C的离心率为，根据双曲线的对称性可知，当M在第四象限时，同理可求得，当M在双曲线的顶点时，由于，此时与双曲线相切，不合题意，故双曲线C的离心率为故选：C【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率，实际上就是求之间的关系，因而本题解答的方法是利用“点差”的方法，表示出，继而利用条件再表示出，从而求得，由此由可得之间的关系，即可求得答案.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.设是等差数列的前n项和，若，，则（）A.B.C.数列的前n项和为D.数列的前n项和为【答案】BCD【解析】 【分析】设数列的公差为，由条件根据等差数列前项和公式列方程求，由此可求的通项公式，判断A，再求的前项和，利用裂项相消法求的前n项和，由此判断B，D，再求数列的前n项和判断C.【详解】设数列的公差为，因为，，所以，所以，所以，故A错误；，所以，故B正确；因为所以数列的前n项和为，故D正确；因为，所以数列的前n项和为，故C正确.故选：BCD.10.已知动点是圆：上的任意一点，点，则（）A.点与点的距离是它与原点的距离的两倍B.任意，直线与圆相交C.线段的长度的最大值为5D.圆与圆：相离【答案】AB【解析】【分析】根据点与圆的位置关系求的最小值，判断C，根据直线与圆的位置关系判断B，根据圆与圆的位置关系判断方法判断D，设，结合两点距离公式判断A. 【详解】因为方程可化为，所以圆的圆心为，半径为，因为，所以点在圆外，因为点为圆上的动点，所以，当且仅当为线段与圆的交点时等号成立；C错误；因为圆心到直线的距离，所以直线与圆C相交，B正确；圆的圆心为，半径为，因为，所以，所以圆与圆相交；D错误；设，则，所以，所以，A正确；故选：AB.11.已知函数，则（）A.函数在R上单调递增，则B.当时，函数的极值点为－1C.当时，函数有一个大于2的极值点D.当时，若函数有三个零点，则【答案】ACD【解析】【分析】利用导数与函数单调性的关系可判断A；利用导数与函数的极值点之间的关系判断B，C；对于D，作出函数大致图象，判断的范围，进而根据，可得到，由此采用换元法并构造函数，从而证明，判断D. 【详解】对于A，由可得，若函数在R上单调递增，则恒成立，即恒成立，故，故，经验证时，，仅在时取等号，适合题意，故函数在R上单调递增，则，A正确；对于B，当时，，，仅在时取等号，在R上单调递增，函数无极值点，B错误；对于C，由于，当时，，则不妨取，且或时，函数，当时，函数，，故是的极小值点，且由于，则，则，C正确；对于D，当时,,当或时，，当时，函数，则在上单调递增，在上单调递减，且，故可作出其大致图像如图：函数有三个零点，即函数的图象与直线有三个交点，不妨设，由于，而，且，故，由图象可知，考虑到当m趋近于0时，会趋近于无限小，趋近于0，故猜测， 下面给以证明：由题意可知，故，设，则，故，则，要证明，即证，即，设，故，故在上单调递增，故，即成立，故，而，故成立，D正确，故选：ACD【点睛】难点点睛：解答本题要综合应用导数与函数的单调性以及极值点之间的关系等知识，同时注意数形结合以及构造函数等方法，难点在于判断时，要首先判断出三者的范围，进而数形结合，合理猜测，进而利用构造函数的方法加以证明.12.在直角坐标系xOy中，已知抛物线C：的焦点为F，准线为直线l．直线m过焦点F，且与C交于A、B两点，下列说法正确的有（）A.若分别作抛物线C在点A、B处的切线，则两切线的交点在定直线上B.分别过点A、B作准线l的垂线，垂足分别为、，若点E为线段的中点，则C.的最大值为D.若点M为准线l上任意一点，则直线、、的斜率依次成等差数列【答案】BCD【解析】【分析】设直线的方程为，联立方程组，利用设而不求法求，求抛物线C在点A、B处的切线方程，求两直线交点，判断A，利用设而不求法求 的值判断B，证明，消元利用导数求其最小值，判断C，分别求，，由此判断D.【详解】抛物线的焦点为，因为过点，斜率为0的直线为，直线和抛物线只有一个交点，与条件矛盾，设直线的方程为，联立，消得，，方程的判别式，设，则，过点，斜率为0的直线与抛物线相交，故可设过点的抛物线的切线为，联立，消可得，，由已知，又，所以，所以，故点的切线方程为，化简可得，同理可得过点的切线方程为，联立，可得， 所以两切线的交点在定直线上，A错误；由已知，又点E为线段中点，所以，所以，，所以，所以，B正确；因为，所以，又，所以，故，所以，设，则，且，设，则，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以当时，取最大值，最大值为，C正确；设，则， 所以，所以，又，所以，所以，所以直线AM、FM、BM的斜率依次成等差数列，D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则用一般弦长公式．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知两条直线：和：，其中．若 ，则直线与之间的距离为________．【答案】【解析】【分析】先利用两直线平行的公式求出，再利用两平行直线的距离公式计算即可.【详解】由得，解得或，又时，重合，，即直线：，即，：，则直线与之间的距离为.故答案为：14.已知椭圆C与双曲线E：有相同的焦点，，点M是椭圆C与双曲线E的一个公共点，若，则椭圆C的标准方程为_________．【答案】【解析】【分析】设椭圆标准方程为，根据点M是椭圆C与双曲线E的一个公共点且，从而利用定义和勾股定理建立方程可求出，再根据椭圆C与双曲线E：有相同的焦点求出，即可求出椭圆方程.【详解】设椭圆标准方程为，焦半距为.令，，即因为点M在双曲线E上，所以即, ，即又因为点M在椭圆C上，所以，即.因为椭圆C与双曲线E：有相同的焦点，，所以，，所以椭圆方程为.故答案为：15.写出一个同时满足下列三个条件的正项等比数列的通项公式___________．①；②对任意的，都有；③任意给定，对任意的，都有．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据题意可写出数列的一个通项公式，说明该数列分别满足条件，即可得解.【详解】根据题意可取，此时为正项等比数列，且，且满足对任意的，都有，只需说明该数列满足条件③即可；对任意的，，仅当时取等号，则，故符合题意，故答案为：16.已知曲线与曲线存在公共切线，则实数a的取值范围为 ________________．【答案】【解析】【分析】设切线相切于点，与相切于点，利用导数的几何意义确定的关系，由此可得方程有解，利用导数研究函数，由此确定a的取值范围.【详解】设切线方程为，切线与相切于点，则，，切线与相切于点，则，，所以，，所以，所以，所以，由已知方程有非负实数解，设，则方程有非负实数解等价于函数的图象和函数的图象有交点，因为，当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减，，，又时，，所以，所以a的取值范围为.【点睛】本题解决的关键为利用导数的几何意义将切线的存在问题转化为方程有解的问题，再结合函数的取值规律求参数的范围.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.已知函数，且．（1）求的值及曲线在点处的切线方程；（2）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】（1）；（2）最大值为，最小值【解析】【分析】（1）求导，然后通过列方程求出的值，进而可得，再求出，利用点斜式可求出切线方程；（2）求导，求出函数在区间上的单调性，通过单调性可求出最值.【小问1详解】由已知得，则，得，，曲线在点处的切线方程为，即；【小问2详解】 由（1）得，令，得或，令，得，故函数在，上单调递增，在上单调递减，又，，，，函数在区间上的最大值为，最小值.18.在平面直角坐标系xOy中，已知圆M的圆心在直线上，且与直线相切于坐标原点．（1）求圆M的标准方程；（2）经过点的直线被圆M截得的弦长为，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设，然后根据条件求出圆心，进而可得半径，则圆M的标准方程可求；（2）检验直线的斜率存在，设出直线方程，然后利用垂径定理列方程求解.【小问1详解】圆M的圆心在直线上，设，则，解得，即，圆的半径为，圆M的标准方程为；【小问2详解】经过点的直线被圆M截得的弦长为，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线被圆M截得的弦长为，不符，舍去； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，，解得或，直线的方程为或.19.记数列的前n项和为，已知，．请从①；②；③中选出一个条件，补充到上面的横线上，并解答下面的问题：（1）求数列的通项公式：（2）记数列的前n项和为，求证：．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．【答案】（1）.（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）选①，根据数列递推式求得首项，再可得当时，，即可推出，即可求得数列通项公式；选②，求出首项，将变为，即可推出，求得数列通项公式；选③，根据的关系可求得，结合首项，即可求得答案.（2）利用（1）的结论，可求得的表达式，利用裂项相消法求得，即可证明结论.【小问1详解】选①，则当时，，当时，，和相减得，由于，可知，故，也适合，故为首项为1，公比为3的等比数列，则； 选②，则当时，，由可得，即，由于，可得，依次类推可得，故；选③，则当时，，当时，，则，由于，可知，故，也适合，故为首项为1，公比为3的等比数列，则；【小问2详解】由（1）可得，故.20.已知抛物线C：的焦点为F，斜率为1的直线l经过F，且与抛物线C交于A，B两点，．（1）求抛物线C的方程；（2）过抛物线C上一点作两条互相垂直的直线与抛物线C相交于两点（异于点P），证明：直线恒过定点，并求出该定点坐标．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件，得到直线l方程为，设，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得p，即得答案；（2）求得a的值，设直线的方程为，联立抛物线方程，得根与系数的关系，利用，得到或，代入直线方程，分离参数，求得定点坐标，证明结论. 【小问1详解】设，由题意知，则直线l方程为，代入，得，，∴，由抛物线定义，知，，∴，∴，∴抛物线的方程为.【小问2详解】证明：在抛物线上，，由题意，直线的斜率不为0，设直线的方程为，设，由，得，则，且，又，，由题意，可知,,故，故，整理得，即，或，即或．若，则，此时直线过定点，不合题意；若，则，此时直线过定点，符合题意，综上，直线过异于P点的定点． 【点睛】方法点睛：直线和抛物线的位置关系中，证明直线过定点问题，一般是设出直线方程，利用根与系数的关系化简，求得参数之间的关系式，再对直线分离参数，求得定点坐标，进而证明直线过定点.21.已知点在椭圆上，点为椭圆上异于顶点的任意一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为．记直线的斜率分别为．（1）求证：为定值；（2）若，求证：为定值．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设出切线方程，代入椭圆方程，由判别式等于0即可得两切线斜率的积；（2）设，由（1）可得，根据椭圆方程用表示可得，再利用即可求解.小问1详解】依题意可设过点的切线方程为，联立，消去得，由，可得是方程的两解，所以，又因为点在椭圆上，即，所以. 【小问2详解】设，由（1）可得，即，所以，又由得，即，所以.【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．22.已知函数．（1）求的单调区间：（2）若有两个零点，求a的取值范围；（3）当时，，求a的取值范围．【答案】（1）的单调减区间为，单调增区间为.（2）（3）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，结合，判断导数正负，可得答案；（2）根据题意要使函数有两个零点，需使得函数最小值小于0，列出不等式，求得答案；（3）将不等式恒成立化为在上恒成立，从而构造函数 ，利用导数求其最小值，结合解不等式，可求得答案.【小问1详解】由题意，函数定义为，则，在上单调递增，且，故当时，，当时，，故的单调减区间为，单调增区间为.【小问2详解】由（1）可知时取得最小值，即，而当，且x趋近于0时，趋近于0，趋于无穷大，则趋于无穷大，当趋于无穷大时，趋于无穷大，趋于，则趋于无穷大，.故要使有两个零点，需有，即a的取值范围为.【小问3详解】当时，，即，即在上恒成立，令，则，函数在上单调递增，且当趋近于0时且时，与都趋于无穷小，则 趋近于无穷小，当趋于无穷大时，趋于无穷大，趋于0，则趋于无穷大，.故在上必有唯一零点，设为，即，且，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故，由题意可知当时，恒成立，需在上恒成立，即，即，所以，即，当时，，不合题意；当时，，又，则，故结合，由于函数在恒成立，可得，即；当时，，又，则，则，即，又，故， 综合上述或，即a得取值范围为.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．