江苏省扬州中学2022-2023学年高二上学期12月月考数学试题及答案

江苏省扬州中学2022-2023学年第一学期12月考

高二数学

2022.12

试卷满分：150分，考试时间：120分钟

一、单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求.)

1. 已知点，，则直线的倾斜角为(    )

A. 30° B. 60° C. 30°或150° D. 60°或120°

【答案】B

【解析】

【分析】由两点间的斜率公式可求其斜率，即可知直线的倾斜角.

【详解】由题意可知两点间的斜率，

设直线的倾斜角为，

则，所以

故选：B

2. 已知函数，则该函数在区间上的平均变化率为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据平均变化率的定义直接求解.

【详解】因为函数，

所以该函数在区间上的平均变化率为

，

故选：A

3. 在等比数列中，已知，则(    )

A. 4 B. 6 C. 8 D. 10

【答案】A

【解析】

【分析】用基本量表示出来可以求；或者考虑下标和公式.

【详解】在等比数列中，，解得，

则.

故选：A.

4. 抛物线的准线方程为(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由抛物线定义，求出p，则可求准线方程.

【详解】抛物线的方程可变为，由，则其准线方程为.

故选：D.

5. 已知圆：与轴相切，且截轴所得的弦长为，则圆的面积为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据圆与轴相切，可得，再结合圆心到轴的距离、半弦长、半径满足勾股定理，建立方程即可求解.

【详解】圆：与轴相切，截轴所得的弦长为，

圆心为，半径为，半弦长为，圆心到轴的距离为，

，解得，

，即圆的面积为：.

故选：A.

6. 已知，双曲线的左､右焦点分别为，点是双曲线右支上一点，则的最小值为(    )

A. 5 B. 7 C. 9 D. 11

【答案】C

【解析】

【分析】根据双曲线的方程，求得焦点坐标，由双曲线的性质，整理，利用三角形三边关系，可得答案.

【详解】由双曲线，则，即，且，

由题意，作图如下：

，当且仅当共线时，等号成立.

故选：C.

7. 已知数列满足，且，则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求出，进而得到数列的通项公式，即可得到答案.

【详解】因为，由递推知，，所以，

则，有，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列，

则，所以

则，所以.

故选：C.

【点睛】利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值。比较复杂的递推公式求通项公式一般需用构造法构造来求，构造法求数列通项公式一般而言包括：取倒数，取对数，待定系数法等,其中待定系数法较为常见.

一、倒数变换法，适用于(为常数)

二、取对数运算

三、待定系数法

1、构造等差数列法

2、构造等比数列法

①定义构造法。利用等比数列的定义通过变换，构造等比数列的方法.

②(为常数)型递推式可构造为形如的等比数列.

③(为常数，下同)型递推式，可构造为形如的等比数列.

四、函数构造法

对于某些比较复杂的递推式，通过分析结构，联想到与该递推式结构相同或相近的公式、函数，再构造“桥函数”来求出所给的递推数列的通项公式的方法.

8. 已知为椭圆上不同的三点，直线，直线交于点，直线交于点，若，则(    )

A 0 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据三角形面积公式及或得，再应用相交弦长公式列方程，即可求.

【详解】由，则，

由图知：当位置变化时，或，故，

所以，而直线、斜率存在且不为0，

故，

，

所以，即或，

当，化简得.

当时，，显然，无解.

所以

故选：B.

二、多选题(本大题共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. 下列说法中，正确的有(    )

A. 直线在y轴上的截距是2

B. 直线经过第一、二、三象限

C. 过点，且倾斜角为90°的直线方程为

D. 过点且在x轴，y轴上的截距相等的直线方程为

【答案】BC

【解析】

【分析】根据直线相关概念一一对答案进行核对即可。

【详解】对于A:令时，，故在y轴上的截距是2，A错.

对于B:直线的斜率为2，在轴上的截距分别为，故直线经过第一、二、三象限，B对.对于C:过点，倾斜角为90°的直线方程为，故C对.对于D:当直线的截距不为0时，设直线的方程为：，把点代人直线得，所以直线方程为：，当截距为0时，设直线方程为：，把点代人直线得，直线方程为：，故D错.

故选：BC

10. 过点且与圆相切的直线的方程为(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径即可求解.

【详解】设切线为,圆心到切线的距离为,圆的半径为

若的斜率不存在,则直线方程为,

圆心到直线的距离,满足题意；

若的斜率存在,设直线方程为,即，

因为直线与圆相切，所以,解得，

所以切线方程为.

故选:AC

11. 已知，是双曲线E：的左、右焦点，过作倾斜角为的直线分别交y轴、双曲线右支于点、点，且，下列判断正确的是(    )

A.  B. 的离心率等于

C. 双曲线渐近线的方程为 D. 的内切圆半径是

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据已知条件可得出轴，可判断A项；根据双曲线的定义结合直角三角形的性质，构造齐次方程可求解离心率，故可判断B项；结合，得到，即可求得渐近线方程，可判断C项；利用三角形等面积法得到内切圆半径r的表达式与c有关，可判断D项正确.

【详解】如图所示，

因为分别是，的中点，所以中，，所以轴，

A选项中，因为直线的倾斜角为，所以，故A正确；

B选项中，直角中，，，，

所以，得：，故B不正确；

C选项中，由，即，即，即，

所以双曲线的渐近线方程为：，故C正确；

D选项中，的周长为，设内切圆为r，根据三角形的等面积法，有，得：，故D正确

故选：ACD.

12. 已知数列满足，设数列的前项和为，其中，则下列四个结论中，正确的是(    )

A. 的值为2

B. 数列的通项公式为

C. 数列为递减数列

D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A.只需令即可得出的值；对于B.已知数列的前n项和，根据前n项和与数列的关系即可求出的通项公式，继而得到的通项公式；对于C.已知的通项公式，利用递减数列定义列式判断即可；对于D.化简得出数列，裂项相消即可得出.

【详解】对于A. ，即，故A正确；

对于B.   ①，  ②，

得，，当时，

故数列的通项公式为，B错误.

对于C.令

因为，所以，数列为递减数列，故C正确

对于D.

故D正确.

故选：ACD

【点睛】思路点睛：

给出 与 的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.)

13. 曲线在点处的切线的斜率为____________．

【答案】2

【解析】

【分析】由导数几何意义即可求.

【详解】，∴所求切线斜率为2.

故答案为：2

14. 已知数列首项为2，且，则__________

【答案】

【解析】

【分析】根据递推关系可得等比数列，求通项公式即可.

【详解】由可得，

所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，

所以，即，

故答案为：

15. 已知直线与直线相交于点M，点N是圆上的动点，则的取值范围为________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题设易知过定点，过定点且，则在以为直径的圆上，写出圆的方程，并求出与圆的圆心距，根据动点分别在两圆上知的最大值为两圆心距与两个半径的和，最小值为两圆心距与两个半径的差可得答案.

【详解】由题设，恒过定点，恒过定点，

因为，所以，即垂足为，

所以在以为直径的圆上，圆心为，半径为，

故轨迹方程为，

而的圆心为，半径为2，

所以两圆圆心的距离为，而、分别在两圆上，故的最大值为，最小值为，

所以.

故答案为：.

16. 已知椭圆的右焦点和上顶点B，若斜率为的直线l交椭圆C于P，Q两点，且满足，则椭圆的离心率为___________.

【答案】##

【解析】

【分析】先由得到F为的重心，再利用点差法求得之间的关系，进而求得椭圆的离心率

【详解】设，线段PQ的中点为，

由，知F为的重心，故，

即，解得，

又M为线段PQ的中点，则，

又P、Q为椭圆C上两点，则，

两式相减得，

所以，

化简得，则

解得或(故舍去)

则，则离心率.

故答案为：

四、解答题(本大题共6小题，计70分.)

17. 已知二次函数，其图象过点，且.

(1)求、的值；

(2)设函数，求曲线在处的切线方程.

【答案】(1)   

(2)

【解析】

【分析】(1)利用导数和已知条件可得出关于实数、的方程组，可求得实数、的值；

(2)求出切点坐标和切线斜率，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程.

【小问1详解】

解：因为，则，

所以，，解得.

【小问2详解】

解：因为的定义域为，且，

所以，，，故切点坐标为，

所以，函数在处的切线方程为.

18. 已知抛物线，点到抛物线焦点的距离为2.

(1)求抛物线的方程；

(2)直线与抛物线交于两个不同的点，若，求实数的值.

【答案】(1)   

(2)

【解析】

【分析】(1)运用抛物线定义即可；

(2)联立方程解到韦达定理，再将转化为向量垂直，根据数量积为0列方程，化简，求值即可.

【小问1详解】

已知抛物线过点，且，

则，

，

故抛物线的方程为.

【小问2详解】

设.

联立，

消去整理得，

，

则，

则.

由得

或.

当时，直线与抛物线的交点中有一点与原点重合，不符合题意，

综上，实数的值为.

19. 已知数列{an}前n项和Sn＝n2+n．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．

【答案】(1)an＝2n，n∈N*   

(2)Tn=

【解析】

【分析】(1)根据已知条件并结合公式即可计算出数列{an}的通项公式；

(2)先根据第(1)题结果计算出数列{bn}的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出前n项和Tn．

【小问1详解】

由题意，当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，

当n≥2时，an＝Sn﹣＝n2+n﹣(n﹣1)2﹣(n﹣1)＝2n，

∵当n＝1时，也满足上式，

∴an＝2n，n∈N*．

【小问2详解】

由(1)，可得bn＝

＝

＝

＝

则Tn＝b1+b2+•••+bn

＝

＝

＝

＝

20. 已知圆.

(1)若直线l过点且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程；

(2)若直线l过点且与圆C相交于M，N两点，求的面积的最大值，并求此时直线l的方程.

【答案】(1)或；   

(2)最大值为8，或.

【解析】

【分析】(1)求出圆的圆心和半径，再由弦长，弦心距和半径的关系求出圆心C到直线l的距离，然后分直线l的斜率不存在和存在两情况讨论求解即可；

(2)设直线l的方程为，求出圆心C到直线l的距离，而的面积，从而可求出的面积的最大值，再由的值可求出，进而可求出直线方程.

【小问1详解】

圆C的圆心坐标为，半径，

因为直线l被圆C截得的弦长为，所以由勾股定理得到圆心C到直线l的距离.

①当直线l的斜率不存在时，，显然不满足；

②当直线l的斜率存在时，设，即，

由圆心C到直线l的距离，得，

即，解得或，

故直线l的方程为或.

【小问2详解】

因为直线l过点且与圆C相交，所以直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为，即，

则圆心C到直线l的距离为，

又的面积，

所以当时，S取最大值8.

由，得，解得或，

所以直线l的方程为或.

21. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且，.各项均为正数的等比数列满足，.

(1)求数列和的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)，   

(2)

【解析】

【分析】(1)由，可得，两式相减化简可得，再求出，可得是首项为1，公差为3的等差数列，从而可求出，再由，可求出数列的公比，从而可求出；

(2)由(1)可得，然后利用错位相减法可求得.

【小问1详解】

因为，

当时，，解得；

当时，，

两式相减，得，即，

又各项均为正数，所以，即.

因为满足上式，

所以是首项为1，公差为3的等差数列.

所以.

设等比数列的公比为，因为，，

所以，

解得(或舍去)，

所以

【小问2详解】

，

所以，

，

两式相减得：

所以.

22. 已知椭圆：的离心率为，直线过椭圆的两个顶点，且原点到直线的距离为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设点，过点的直线不经过点，且与椭圆交于，两点，证明：直线的斜率与直线的斜率之和是定值.

【答案】(1)   

(2)证明见解析

【解析】

【分析】(1)根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.

(2)设出直线的方程并与椭圆的方程联立，化简写出根与系数关系，由此计算出直线的斜率与直线的斜率之和是定值.

【小问1详解】

由题意得，所以，

不妨设直线的方程为，，即，

所以原点到直线的距离为，

解得，所以，故椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

由题意得直线的斜率存在且不为0，

设直线的方程为，即，

设，，

联立，

整理得：，

则

，解得，

，，

设直线的斜率与直线的斜率分别为，，

则

，

故直线的斜率与直线的斜率之和是定值.