2023-2024学年江苏省盐城第一中学高二上学期第二次学情调研考试（期中）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省盐城第一中学高二上学期第二次学情调研考试（期中）数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知函数在处的导数为1，则（ ）
A．0B．C．1D．2
【答案】B
【分析】由已知结合导数的定义即可直接求解.
【详解】因为函数在处的导数为1，
则.
故选：B.
【点睛】本题考查导数的概念，涉及极限的性质，属于基础题．
2．点在椭圆上，则等于（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】A
【分析】先根据椭圆的标准方程，判断出和是椭圆的两个焦点及，，的值，再根据椭圆的定义，椭圆上一点到两焦点的距离之和为定值可得结论.
【详解】因为椭圆的标准方程为：，所以该椭圆的交点在轴上，且，，
所以，所以焦点坐标为：和.
因为表示点到两点和的距离之和；
根据椭圆的定义，所以.
故选：A.
3．已知点是双曲线：的右支上一点，、是双曲线的左、右焦点，的面积为20，则点的横坐标为（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由条件可得，代入计算，即可得到，再代入双曲线方程即可得到结果.
【详解】
因为双曲线：，则有，不妨设，，
由的面积为20，可得，其中，则，
将代入双曲线方程，可得.
故选：D
4．已知，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据目标式的几何意义，将问题转化为动点到定点和的距离之和的最小值问题，然后求出点A关于的对称点为，结合图形可解.
【详解】因为，
所以，目标式表示动点到定点和的距离之和.
点在直线上，
设点A关于的对称点为，
则，解得，
由对称性可知，，
当三点共线时等号成立，
所以，的最小值为.
故选：C
5．已知点P是直线上的动点，过点P引圆的两条切线PM，PN，M，N为切点，则PM的最小值为时，r的值为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】当时最小，最小，求出最小值即得的值.
【详解】由题得，当时，最小时，最小.
由题得，
所以.
故选：B.
6．已知数列满足，若， 则（ ）
A．2B．3C．4D．8
【答案】A
【分析】按奇偶性分类讨论即可求解.
【详解】为奇数时，依题意有，
又由可知，故上式无解.
为偶数时，依题意有，
故选：A
7．设分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，过左焦点作直线与圆切于点，与双曲线右支交于点，且满足， ，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】根据圆的半径得出，根据中位线定理和勾股定理得到关系式，即可得出离心率.
【详解】∵为圆上的点，，
，∴是的中点，
又是的中点，，即，
且，
又，，
是圆的切线，，
在中，又有，
，
， 故双曲线的离心率为.
故选：A.
8．在数列中，，，且．表示不超过的最大整数，若，数列的前项和为，则（ ）
A．2B．3C．2022D．2023
【答案】B
【分析】利用累加法求得，进而求得，找到规律后求得.
【详解】由可得，
故是首项为，公差为2的等差数列，
则，
所以当时，
，故，
当时，也满足上式，所以，故．
易得，，
当时，，，，即，
故，故当时，，故．
故选：B
二、多选题
9．下列命题说法正确的有（ ）
A．已知直线与直线，若，则或
B．点关于直线的对称点的坐标为
C．原点到直线的距离的最大值为
D．过点且在x轴，y轴上的截距相等的直线方程为
【答案】BC
【分析】A：根据两直线平行列出关于的方程，求解出结果后再检验是否重合，由此作出判断；B：设出对称点坐标，根据已知点和对称点的中点在已知直线上、已知点和对称点的连线垂直于已知直线求解出对称点坐标；C：先分析直线经过的定点，然后根据最大距离即为原点到定点的距离求解出结果；D：分别考虑直线的横纵截距是否为，由此求解出直线方程.
【详解】A：因为，所以，解得或，
当时，化简可得，所以重合，故A错误；
B：设对称点为，所以，解得，所以对称点为，故B正确；
C：因为即为，
令，解得，所以直线经过定点，
下面证明：当时，此时原点到直线的距离有最大值，
当转至任意位置且不垂直时，过点作，如下图所示：
此时显然为直角三角形，且为斜边，所以，
所以原点到直线距离的最大值即为原点到的距离，即为，故C正确；
D：当直线的横纵截距均为时，设，代入，解得，
当直线的横纵截距均不为时，设，代入，解得，
由上可知，过点且在x轴，y轴上的截距相等的直线方程为或，故D错误；
故选：BC.
10．已知两点，若直线上存在点，使得，则称该直线为“点定差线”，下列直线中，是“点定差直线”的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据双曲线定义得到的轨迹方程为，，联立四个选项中的直线，求出交点横坐标，从而判断出答案.
【详解】则由题意得，
故点的轨迹为以为焦点，长轴长为2的双曲线的右支，
故，，
故点满足的轨迹方程为，，
A选项，联立与，解得，负值舍去，满足要求，A正确；
B选项，联立与，解得，负值舍去，满足要求，B正确；
C选项，联立与，解得，不合要求，C错误；
D选项，联立与，解得，负值舍去，D正确.
故选：ABD
11．已知是抛物线上不同于原点的两点，点是抛物线的焦点，下列说法正确的是（ ）
A．点的坐标为
B．
C．若，则直线经过定点
D．若点为抛物线的两条切线，则直线的方程为
【答案】ACD
【分析】根据抛物线的方程可得焦点坐标可判断A，根据焦点弦的性质可判断B，根据垂直关系得，由两点坐标求解直线方程即可判断C，根据切线方程求出切点坐标，进而根据两点求解直线方程即可求解D.
【详解】因为拋物线，故的坐标为故A正确；
由于当直线过焦点时，由抛物线定义可得，但直线不一定过焦点，故B错误；
若，故，即或（舍去），
因为直线，即，得，故直线经过定点，故C正确；
设过点的切线方程为，联立 ，
所以，故 或，所以方程的根为，
故切线方程中分别为和，故，
，
可得直线，即，故D正确.
故选：ACD.
12．设数列满足：，，则下列说法中，正确的有（ ）
A．是递增数列B．是等差数列
C．D．当时，
【答案】BCD
【分析】由题意可得，且，由基本不等式可判断A；由等差数列的定义可判断B；由等差数列的通项公式，求和公式，计算可判断C；由累乘法可判断D.
【详解】由，可知，，且，
所以，即，
所以是递减数列，故A错误；
由可得，
所以，即，
所以是公差为1的等差数列，故B正确；
所以，，
所以，故C 正确；
当时，，故D正确.
故选：BCD
三、填空题
13．已知，，且，则 .
【答案】
【分析】对给定函数求导，再求出在3处的导数值即得.
【详解】由，求导得，则，由，求导得，
所以.
故答案为：
14．抛物线的准线方程是，则实数 .
【答案】/
【分析】将抛物线方程化为标准方程，根据其准线方程即可求得实数.
【详解】抛物线化为标准方程：，
其准线方程是，而
所以 ，即 ，
故答案为：
15．已知是正项等比数列的前项和，，则的最小值为 .
【答案】
【分析】由等比数列的性质可得：，，成等比数列，可得：进而根据二次函数的性质即可求解.
【详解】由等比数列的性质可得：，，成等比数列，
则，
由于，所以
，
当且仅当时取最小值，故最小值为
故答案为：．
16．设点是函数图象上任意一点，点的坐标，当取得最小值时圆：上恰有个点到直线的距离为，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】由点的坐标，可得在直线上，方程为：，由，两边平方可得轨迹为半圆，经过圆心与垂直的直线为：，把圆心坐标代入可得，即可得出此直线的方程，进而得出取得最小值时的坐标，解得，表示出圆心到直线的距离，根据已知，即可得出实数的取值范围.
【详解】因为点的坐标，
可得在直线上，：，
由，
两边平方得，
可得轨迹为半圆，圆心，
经过圆心与垂直的直线为：，
把代入可得，
则此直线方程为：，
联立，解得，
所以当取得最小值时，，
所以，解得，
所以圆为，
圆心到直线的距离为：
，
由圆上恰有个点到直线的距离为，
则实数的取值范围为，即.
故答案为：
四、证明题
17．已知直线．
(1)求证：无论为何值，直线恒过定点；
(2)若直线交轴负半轴于，交轴正半轴于的面积为（为坐标原点），求的最小值和此时直线的方程．
【答案】(1)证明见解析
(2)的最小值为4，直线的方程为
【分析】（1）将直线方程化为点斜式，从而求得定点的坐标.
（2）先求得的表达式，然后利用基本不等式求得的最小值，并求得此时直线的方程.
【详解】（1）直线可化为，故过定点，
所以无论为何值，直线恒过定点；
（2）因为直线交轴负半轴于，交轴正半轴于，所以，
则中取得，取得，
，
当且仅当时，即时取“＝”，
所以的最小值为4，直线的方程为．

五、解答题
18．已知圆C过点，且圆心C在直线上．
(1)求圆C的方程；
(2)若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆C的圆周，求反射光线的一般方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求AB的垂直平分线方程，联立直线l的方程可得圆心坐标，然后可得半径，进而得出圆的标准方程；
（2）根据点关于直线对称的特征列方程可得，利用直线点斜式方程即可得出结果.
【详解】（1）由，得直线AB的斜率为，线段中点
所以，直线CD的方程为，即，
联立，解得，即，
所以半径，
所以圆C的方程为；
（2）由恰好平分圆C的圆周，得经过圆心，
设点M关于直线的对称点，
则直线MN与直线垂直，且线段MN的中点在上，
则有，解得，所以，
所以直线CN即为直线，且，
直线方程为，即.

六、证明题
19．已知数列满足a1＝3，a2＝5，且，n∈N*．
(1)设bn＝an＋1－an，求证：数列是等比数列；
(2)若数列{an}满足（n∈N*），求实数m的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）构造证明即可；
（2）根据是等比数列，利用累加法与等比数列的求和公式可得，再根据的最大值分析即可
【详解】（1）因为，所以．
即，又因为，所以，则，
所以，数列是等比数列
（2）由（1）数列是首项为2公比为的等比数列，则．
所以，
则．
经检验时也符合，则．
又因为，所以．
七、解答题
20．已知椭圆E的中心在坐标原点O，两个焦点分别为，一个顶点为H.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)对于y轴上的点，椭圆E上存在点M，使得，求实数t的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆长短半轴长、半焦距即得.
（2）设出点坐标，利用向量数量积的坐标表示，结合椭圆的范围求解即得.
【详解】（1）依题意，椭圆E的长半轴长，半焦距，则短半轴长，
所以椭圆E的标准方程为.
（2）设，显然，由（1）知，即，
由，得，由，得，
于是，即有，整理得 ，
而，则，又，因此，
故实数t的取值范围为．
21．已知椭圆过点，其右顶点为，下顶点为，且，若作与轴不重合且不平行的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.
（I）求椭圆的方程：
（2）当点的横坐标的乘积是时，试探究直线是否过定点？若过定点，请求出定点；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）；（2）直线过定点，定点为.
【分析】（1）由，椭圆过点可构造方程组求得，由此得到椭圆方程；
（2）设直线，，，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的形式；利用直线方程可求得，由横坐标之积为，结合韦达定理可构造方程求得，由此可确定直线所过定点.
【详解】（1）由题意知：，，，…①，
将代入椭圆方程可得：…②，
又，由①②可得：，，椭圆的方程为；
（2）设直线，，，
由得：，
则，即，
，；
由（1）知：，直线方程为：，
令，解得：，即；
同理可得：，，
即，解得：，
此时，即或，满足题意；
，恒过定点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
22．在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”．如数列1，2第1次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2.设数列a，b，c经过第n次“和扩充”后所得数列的项数记为，所有项的和记为．
(1)若，求，；
(2)设满足的n的最小值为，求及 （其中[x]是指不超过x的最大整数，如，）；
(3)是否存在实数a，b，c，使得数列{}为等比数列？若存在，求b，c满足的条件；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，；
(2)，；
(3)存在，详见解析.
【分析】（1）根据题中定义进行求解即可；
（2）根据“和扩充”的方法，确定和的递推关系式，利用配凑法求得的通项公式，解不等式求得的最小值，然后根据“和扩充”的定义即得；
（3）根据“和扩充”的方法，利用等比数列求和公式结合条件可得，再根据等比数列的定义和性质进行求解即可.
【详解】（1）数列1,2,3，经第1次“和扩充”后得到数列为1,3,2,5,3，
数列1,2,3，经第2次“和扩充”后得到数列为1,4,3,5,2,7,5,8,3，
所以，；
（2）数列经每1次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
由数列经“和扩充”后的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，所以，
由（1）得，是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，所以，
由，即，解得，即，
所以，
数列a，b，c经过第1次“和扩充”后得到数列，且，
数列a，b，c经过第2次“和扩充”后得到数列，且，
数列a，b，c经过第3次“和扩充”后得到数列
，且，
即；
（3）因为，，，，，
所以，
，
若使为等比数列，则或，
即或，
综上，存在实数a，b，c，满足或，使得数列{}为等比数列．
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.