2022-2023学年江苏省南京市第一中学高二上学期1月阶段测试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省南京市第一中学高二上学期1月阶段测试数学试题（解析版），共19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。
2022-2023学年江苏省南京市第一中学高二上学期1月阶段测试数学试题 一、单选题1．过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等的直线方程为（    ）A．B．C．或D．或或【答案】D【分析】直线过原点求出直线方程，直线不过原点设出直线方程，利用待定系数法求解.【详解】当此直线过原点时，直线方程为，化为；当此直线不过原点时，设直线的方程为，或，把点分别代入可得，或，解得，．直线的方程为或．综上可知：直线的方程为或，．故选：D．2．已知双曲线的焦距等于实轴长的倍，则其渐近线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据离心率，由双曲线的性质，求出，即可得出渐近线方程.【详解】因为双曲线的焦距等于实轴长的倍，所以双曲线的离心率为，所以，则，即，所以，即，因此所求渐近线方程为：.故选：A.3．已知函数在处取得极值为10，则（    ）A．4或－3 B．4或－11 C．4 D．－3【答案】C【分析】根据函数在处有极值10，可知（1）和（1），可求出.【详解】由，得，函数在处取得极值10，（1），（1），，或，当 时，，在处不存在极值；当时，，，，，，符合题意.故选：C【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4．十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西方，对西方音乐产生了深远的影响.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，依此规则，新插入的第4个数应为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等比数列的通项公式即可求得，从而求得即可．【详解】根据题意，不妨设这13个数组成依次递增的等比数列为，公比为，则，所以，即，所以新插入的第4个数为．故选：B．5．若圆与圆关于直线对称，圆上任意一点均满足，其中，为坐标原点，则圆和圆的公切线有（    ）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【答案】C【分析】由圆，可得圆心，半径.设圆心关于直线的对称点为，根据已知可列出方程组，解出，.再根据半径为2，可得圆的方程.设，根据，整理可得圆的方程，判定两圆的位置关系即可得出两圆的公切线的条数.【详解】圆的圆心为，半径为，设圆心关于直线的对称点为，则有，解得，所以.又圆的半径，则圆的半径，所以圆的方程为.设，则，.又，则，整理可得，，圆的方程为，圆心，.则圆和圆圆心距，又，则所以，圆和圆外切，所以两圆的公切线有3条.故选：C.6．若函数在区间(0，4)上不单调，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】求出的导数，先求出在区间(0，4)上单调的的范围，即或在恒成立，即可得出不单调的a的取值范围.【详解】可知，若函数在区间(0，4)上单调，则或在恒成立，或，解得或，函数在区间(0，4)上不单调，.故选：C.【点睛】本题考查导数与函数单调性的关系，属于基础题.7．已知圆与直线有两个交点，则正实数的值可以为A． B． C．1 D．【答案】D【详解】圆化为标准方程即，由题意，圆心到直线的距离，结合选项，可得D正确，故选D.8．定义在上的函数满足，且对任意的都有（其中为的导数），则下列判断正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据条件对任意的都有，构造函数，利用导数可得在时单调递增．由注意到，则，代入已知表达式可得，所以关于对称，则由在时单调递增，化简即可得出结果．【详解】解：设，则，对任意的都有；则，则在上单调递增；则，；因为，，，所以关于对称，在上单调递增；，所以，，所以错误；，又由对称性知，，，即，所以B错误；，，，所以C错误；，，，，，所以D正确．故选：D． 二、多选题9．（多选）已知等差数列的公差，前项和是，则下列四个结论中正确的是（    ）A．数列是递增数列 B．数列是递增数列C．数列是递增数列 D．数列是递增数列【答案】AD【分析】对于A，数列是递增数列，故A正确；对于B，不能判断数列的单调性，故B错误；对于C，数列的通项公式为，显然当时，数列是常数列，故C错误；对于D，数列的通项公式为，而，所以数列是递增数列，故D正确．【详解】对于A，因为，所以数列是递增数列，故A正确．对于B，因为数列是等差数列，所以．因此可以把看成关于的二次函数，能确定图象的开口方向，但是不能确定对称轴的位置，故不能判断数列的单调性，故B错误．对于C，因为数列是等差数列，所以．因此数列的通项公式为，显然当时，数列是常数列，故C错误．对于D，因为数列是等差数列，所以．因此数列的通项公式为，而，所以数列是递增数列，故D正确．故选：AD．10．已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点.若为的中点，则（    ）A．的准线方程为 B．点的坐标为C． D．三角形的面积为（为坐标原点）【答案】ACD【分析】先求的准线方程，再求焦点的坐标为，接着求出，，中位线，最后求出，即可得到答案.【详解】如图，不妨设点位于第一象限，设抛物线的准线与轴交于点，作于点，于点.由抛物线的解析式可得准线方程为，点的坐标为，则，，在直角梯形中，中位线，由抛物线的定义有，结合题意，有，故，，.故选：ACD.【点睛】本题考查抛物线的标准方程与几何性质，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力，是基础题.11．已知直线，，，以下结论正确的是（       ）．A．不论a为何值时，与都互相垂直B．直线过定点，过定点 C．如果与交于点，则点M的轨迹方程为D．如果与交于点，则的最大值是【答案】ABD【分析】A.根据两直线垂直的公式，即可判断；B.根据含参直线过定点问题，即可判断；C.取特殊点，即可判断；D.首先求交点的坐标，代入两点间距离公式，即可判断.【详解】对于A，恒成立，l1与l2互相垂直恒成立，故A正确；对于B,无论为何值，直线过定点，过定点，故B正确；对于C，（0，0）能使方程成立，但不能使直线方程成立，故C不正确；对于D，联立，解得，即，所以，所以的最大值是，故D正确．故选：ABD．12．将数列中的所有项排成如下数阵： ……已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数成等差数列，且．从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则（　　）A． B．在第85列 C． D．【答案】ACD【分析】由已知，根据条件，选项A，设第一列数所组成的等差数列公差为d，根据求解公差，然后再求解即可验证；根据数阵的规律，先计算第行共有项，然后再总结前行共有项，先计算前44行共有项，然后用，即可判断选项B；选项D，先计算第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，然后再根据每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，利用等比数列通项公式即可求解通项；选项C，先表示出，，然后可令、，分别判断数列的单调性，求解出对应的最大值与最小值，比较即可判断.【详解】由已知，第一列数成等差数列，且，设第一列数所组成的等差数列公差为d，则，所以，选项A正确；第一行共有1项，第二行共有3项，第三行共有5项，，第行共有项，所以前一行共有项，前二行共有项，前三行共有项，，前行共有项，所以前44行共有项，而，所以位于第45行86列，故选项B错误；第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，且每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，所以第行的数构成以为首项，公比为的等比数列，所以，故选项D正确；因为第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，所以，令，所以，当且时，， 所以，所以，而令，在上单调递增，所以，所以成立，选项C正确.故选：ACD.【点睛】在处理等差等比数列交叉的数阵问题时，可根据条件说明，或者数阵行、列的规律总结、类比出等差、等比数列，需要注意的是，不要把求通项和求和的式子混淆了. 三、填空题13．已知函数，则的值为___．【答案】0【分析】根据导数的运算法则，结合正弦函数、余弦函数的导数公式进行求解即可.【详解】故答案为：014．记等比数列的前n项和为，若，，则公比___．【答案】或2【分析】由，，可得：，化简解出即可得出．【详解】由，，，化简得：．解得或2．故答案为：或2．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．已知，分别是椭圆的左、右焦点，A，B是椭圆上关于轴对称的两点，的中点P恰好落在轴上，若，则椭圆C的离心率的值为__________.【答案】【分析】由已知条件先判断出过左焦点且，然后求出两点坐标，再表示出点坐标，根据，利用向量数量积坐标形式得到关于的方程，结合及即可求出.【详解】解：由于的中点P恰好落在轴上，又A，B是椭圆上关于轴对称的两点，所以过左焦点且，则.因为是的中点，则.又，则.因为，则，即.又，则，即，解得：或（舍去）.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆的简单性质离心率，考查运算能力，属于基础题.16．定义在上的奇函数对任意两个不相等实数，，总有成立，则不等式解集是___．【答案】【分析】根据不等式判断函数的单调性，结合奇函数的性质、单调性进行求解即可.【详解】不妨设，由，所以在上单调递增；又为奇函数；由得，；；解得，；原不等式的解集为．故答案为：． 四、解答题17．已知圆经过点，，并且直线平分圆.(1)求圆的方程；(2)若直线与圆交于两点，是否存在直线，使得（为坐标原点），若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1);(2)不存在直线l，理由见解析. 【分析】(1)由弦的中垂线必过圆心,所以求出线段的中垂线,与的交点即为圆心,由两点间距离公式求圆的半径；(2)设，由向量的数量积坐标表示可知,直线与圆组方程组,利用韦达定理代入上式,可求得k,同时检验判别式.【详解】（1）线段的中点，，故线段的中垂线方程为，即.因为圆C经过两点，故圆心在线段的中垂线上.又因为直线平分圆C，所以直线m经过圆心.由,解得，即圆心的坐标为.而圆的半径， 所以圆C的方程为：.（2）设，将代入方程，得，即，由，得，解得.所以.又因为,所以,,解得（舍）或（舍去）.所以不存在直线l，使得.18．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知等差数列的公差为，前n项和为，等比数列的公比为q，且，____________．（1）求数列，的通项公式．（2）记，求数列，的前n项和．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】三个条件都可以填入求解，总体思想就是代入通过基本公式求出首项，公差，公比即可，（2）数列是一个等差乘以等比的式子求和，用错位相减法即可解决。【详解】方案一：选条件①（1）解得或（舍去）（2）方案二：选条件②（1） 解得或（舍去） （2） 方案三：选条件③解得或（舍去）（2）【点睛】此题考查等差等比数列综合应用，掌握乘公比错位相减求和的题型特点，属于较易题目。19．已知函数．(1)求的单调区间；(2)若在区间，上的最小值为，求的值．【答案】(1)单调减区间为，和，，单调增区间为．(2)4 【分析】求出导数，令，解不等式可得到所求的增减区间；求得在区间内的单调区间，求得极值，以及端点处的函数值，可得最小值，解方程可得的值．【详解】（1），，令，得；令，得或，所求的单调减区间为，和，，单调增区间为．（2）由函数在区间内的列表可知：递减极小值递增极大值 函数在上是减函数，在上是增函数．．，．20．已知数列的前项和．(1)求的通项公式；(2)令，求的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据的关系可得为等比数列，进而可求通项，（2）根据对数的运算性质得，进而根据等差数列求和公式以及裂项相消即可求解.【详解】（1）数列的前项和①则：当时,②①②得：所以：整理得：所以：所以：数列是以为首项，当时，所以：所以 数列的通项公式为：（2）根据（1）得：所以：21．在平面直角坐标系中，已知双曲线的左顶点为，右焦点为；点在双曲线上，直线与双曲线交于，两点，且当直线的斜率为1时，.(1)求双曲线的方程；(2)若，求到直线的距离.【答案】(1)；(2). 【分析】(1)根据给定条件可得为等腰直角三角形，由此导出a，b的关系，再由点P在双曲线上即可计算作答.(2)当直线斜率存在时，设出其方程，再与双曲线的方程联立，借助韦达定理及点到直线距离计算得解，当直线斜率不存在时，利用对称性即可计算作答.【详解】（1）依题意，，，其中，当直线的斜率为1时，即，又，则为等腰直角三角形，且，于是有，且，化简得，，而点在双曲线上，即，解得，，，所以双曲线的方程为.（2）设，，当直线的斜率不存在时，，关于轴对称，由，可得，且，解得，则直线的方程为，则到直线的距离为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由消去y并整理得：，，，，，，因，则有，即，化简得，因此到直线的距离为，综上得，到直线的距离为.22．已知函数，其中．若时，求函数的零点；当时，求证：函数在内有且仅有一个零点．【答案】（1）当时，函数的零点为，或，或； （2）见解析.【分析】（1）若时，，通分求解方程的根即为函数的零点．（2）当时，，由函数转化为证明方程有唯一的零点，根据二次函数的单调性和在y轴上的截距说明有唯一零点．【详解】当时，函数，令，可得可得，或，解得，或，或．综上可得，当时，函数的零点为，或，或 证明：当时，，由函数得：，记，则的图象是开口朝上的抛物线，由得：函数在内有且仅有一个零点．函数在上有唯一零点．【点睛】学生需要熟练掌握二次函数的性质以及三个“二次”之间的关系，其中二次函数为轴对称图形，对称轴为，开口与值有关，开口向上，开口向下，函数与的交点为函数的零点，对称轴的左右两侧的单调性相反，最低点的坐标为.