2021-2022学年江苏省连云港市高一上学期期末调研（四）数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年江苏省连云港市高一上学期期末调研（四）数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省连云港市高一上学期期末调研（四）数学试题 一、单选题1．过两点和的直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据直线的斜率公式计算即可求出.【详解】斜率，倾斜角为，，．故选：D2．已知等差数列的公差d不为0，若，，成等比数列，则的值为（    ）A． B．2 C． D．4【答案】B【分析】根据等比数列的性质可知，，再代入等差数列的基本量，化简即可求解.【详解】因为是公差不为零的等差数列，且，，成等比数列，所以，即，化简得，又因为，所以．故选：B．3．已知抛物线的准线方程为，则抛物线的标准方程是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据抛物线的准线方程可知，抛物线开口向上，可以确定焦点坐标和参数，即可得到抛物线的标准方程.【详解】抛物线的准线方程为，抛物线的焦点在轴的正半轴，且焦点到准线的距离是，所求抛物线的标准方程为．故选：D．4．设m为实数，直线和圆相交于P，Q两点，若，则m的值为（    ）A．或 B． C． D．【答案】A【分析】由圆的方程写出圆心和半径，利用圆心到直线的距离求出弦心距，再结合弦长，半径，弦心距的关系求解.【详解】解：圆，即，所以圆心，半径，所以圆心到直线的距离为，由弦长公式得，则，即，解得，所以，即，即，解得或.所以m的值为或．故选：A．5．设k为实数，已知双曲线的离心率，则k的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意确定，根据双曲线离心率的范围可得不等式，即可求得答案.【详解】由题意双曲线方程为,可得，故实半轴，则，由得，则，即k的取值范围为，故选：A．6．已知函数，导函数为，那么等于（    ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】先对函数求导，再将代入，即可得出结果.【详解】因为，则，所以.故选：C.【点睛】本题主要求在某点处的导函数值，熟记导数计算公式即可，属于基础题型.7．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为，则下列四个结论：①；②；③；④.其中正确结论的序号是（    ）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】B【分析】根据数列的周期性，结合数列的性质进行求解判断即可.【详解】因为，，，，，，，，…，所以是以6为周期的周期数列，所以，所以①正确；因为，所以③错误；因为，所以②错误；因为，所以，所以④正确.故选：B8．若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】令，，即，利用导数研究函数的性质，由递增，由零点存在定理知存在，使，则可得，，代入，得关于的不等式，再构造函数，利用单调性求得的取值范围，再由，求得a的最大值.【详解】令，，所以，因为需要保证有意义，所以，所以在上单调递增，因为当时，，且，所以，使得，并且当时，；当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，且，所以，，所以所以，考虑函数，其中，根据复合函数单调性可得函数在上单调递减，因为，所以解得到，所以，因为在上单调递增，所以，所以的最大值为.故选：C【点睛】本题主要考查导数的计算和导数在研究函数中的应用，利用导数研究极值时，无法正常求出极值点，可设出极值点作分析，还考查了学生分析推理能力，运算能力，综合应用能力，难度很大. 二、多选题9．圆，直线，点在圆上，点在直线上，则下列结论正确的是（　　）A．直线与圆相交B．的最小值是C．从点向圆引切线，切线长的最小值是D．直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是【答案】BCD【分析】计算出圆心到直线的距离，比较与圆的半径的大小关系，可判断A选项的正误；计算出的最小值，可判断B选项的正误；计算出切线长的最小值，可判断C选项的正误；计算出直线与曲线相切时以及直线过点时的值，数形结合可判断D选项的正误.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为.对于A选项，圆心到直线的距离为，所以，直线与圆相离，A错；对于B选项，的最小值为，B对；对于C选项，如下图所示： 从点向圆引切线，设切点分别为、，连接，则，则，当时，取得最小值，此时取得最小值，即，C对；对于D选项，由得，即，所以，曲线表示圆的上半圆，而直线表示过点且斜率为的直线，如下图所示：当直线与圆相切，且切点在第二象限时，则，解得，当直线过点时，则，解得.由图可知，当与曲线有两个不同的交点时，的取值范围是，D对.故选：BCD.10．已知等差数列的前n项和，则（    ）A． B．等差数列的公差2 C． D．取得最大值时n的值为5【答案】BC【分析】利用数列是等差数列求出的值，再求出数列的通项公式，再利用数列的性质逐一验证每个选项的正误，从而得到正确答案.【详解】解：等差数列的前n项和，，，，等差数列中满足，即，解得，故C选项正确；则，当时，，又，满足上式，所以，故A选项错误；等差数列的公差，故B选项正确；由，当时，，，所以当或6时取得最小值，故D选项错误．故选：BC．11．对于方程，下列说法中正确的是（    ）A．当时，方程表示椭圆B．当时，方程表示焦点在x轴上的椭圆C．存在实数，使该方程表示双曲线D．存在实数，使该方程表示圆【答案】BCD【分析】由m与之间的关系，以及圆、椭圆、双曲线标准方程的特征，逐个进行判断.【详解】方程，当，即或时表示椭圆，故A不正确；当时，，则方程表示焦点在轴上的椭圆，故B正确；当，即或时，方程表示双曲线，故C正确；当，即时，方程为，表示圆，故D正确.故选: BCD12．设函数，则下列结论正确的是（    ）A．当时，B．当时，有两个极值点C．当时，在上不单调D．当时，存在唯一实数m使得函数恰有两个零点【答案】CD【分析】求得函数的导数，当时，求得函数的单调性与最值，即可判定当A错误，B错误；当，求得函数单调区间，可判定C正确；当时，把方程恰好有两个解，转化为，得到，令，结合函数的单调性与最值，即可求解.【详解】的定义域为，①当时，易得在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数取得极大值，且为最大值，最大值为，没有最小值，故A错误，B错误；②当时，易得在上单调递增，在上单调递减，故C正确；③当时，易得在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，，，，所以恰有两个零点恰有两个解，即，令，则，设，则，单调递减.由且，知，存在使得易得在上单调递增，在上单调递减，由且，知存在唯一的使得，故D正确.故选：CD 三、填空题13．过点且与直线垂直的直线方程___________.【答案】【分析】根据题意设出和已知直线垂直的方程为，代入点的坐标可求出，即可得到所求直线方程.【详解】与直线垂直的直线方程可设为，因为点在所求直线上，则，所以，所以所求直线为.故答案为：.14．若方程表示焦点在x轴上的双曲线，则实数k的取值范围是__________．【答案】【详解】将变形可得,由题意可得．15．已知数列的前项和为，且，则___________.【答案】【分析】利用关系，讨论、求的通项公式，注意两种情况下的公式是否可以合并.【详解】当时，，当时，，显然不满足上式，所以.故答案为：16．一个小球作简谐振动，其运动方程为，其中（单位：）是小球相对于平衡点的位移，（单位：）为运动时间，则小球在时的瞬时速度为______.【答案】【分析】求导后，代入即可得到结果.【详解】，，即小球在时的瞬时速度为.故答案为：. 四、解答题17．已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列．(1)求数列的通项；(2)令，求数列的前项和．【答案】(1)；(2)﹒ 【分析】(1)由，，，成等比数列，求得公差即可；(2)利用，累加即可．【详解】（1）由题设知公差，由，，，成等比数列，得，解得或(舍)，故的通项；（2），∴．18．已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.【答案】（1）；（2）18.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.所以△AMN的面积的最大值：.【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．19．已知是各项均为正数的等比数列，，(1)求数列的通项公式；(2)，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设等比数列的公比为q，利用，求得可得答案；（2）求出，由利用裂项相消求和可得答案.【详解】（1）设等比数列的公比为q，，由已知：，，即，或舍去，；（2）由（1）知：，，.20．已知函数.（1）若，求的极大值（2）曲线若在处的切线与曲线相切，求a的值.【答案】（1）2；（2）.【分析】（1）利用导数求得的单调区间，进而求得的极大值.（2）先求得在处的切线方程，设直线与曲线相切于点，利用切点和斜率列方程组，化简求得的值.【详解】（1），，，所以，当，，为增函数；当，，为减函数；当，，为增函数；所以当时，的极大值为；（2）由，得，，，.所以曲线在处的切线方程为，设直线与曲线相切于点，，所以，得，所以，所以.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数研究切线，属于中档题.21．平面内动点到定点的距离比到轴的距离大1.(1)求点的轨迹方程；(2)过作直线与（1）中位于轴右侧的曲线相交于两点，若，求.【答案】(1)或()；(2)3. 【分析】（1）设，利用题设列方程，化简可求得点的轨迹.（2）设过的直线方程为，代入结合韦达定理，代入列方程组求结果.【详解】（1）设，则，当时，，当时，．所以，所求轨迹方程为或()．（2）由题意，设过的直线方程为，代入得：.设，（不妨设），则①，②，由得：③，①②③联立得，，则，代入直线的方程得，即，∴.22．设函数，(1)讨论函数的单调性；(2)若（其中），证明：；【答案】(1)当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为(2)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，，再分和两种情况讨论函数的单调性；（2）首先求函数的导数，利用导数分析函数的图象和性质，确定，利用分析法转化为证明，再结合函数的单调性，转化证明，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性，最值问题，即可证明.【详解】（1）由已知得：当时，，在上单调递增；当时，令得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减；综上，  当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为（2）证明：，在上单调递增，上单调递减，且，又当时，；当时，，，，要证：成立，只需证：在 上单调递增，故只需证：即证： 令，只需证：，即证：，令，，，证毕.