精品解析：江苏省启东市东南中学2023-2024学年高二上学期第二次质量检测数学试卷

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一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40分.）
1. 焦点为，，长轴长为10的椭圆的标准方程为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意知： 所以有 ，且焦点在 轴，故方程为，选B.
2. 已知函数在处的切线与直线垂直，则a的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，即可得答案.
【详解】因的斜率为，则．
故选：B．
3. 《九章算术》中的“竹九节”问：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为（ ）
A. 升B. 升C. 升D. 升
【答案】A
【解析】
【分析】设此等差数列为，利用方程思想求出和，再利用通项公式进行求解．
【详解】根据题意得该竹子自上而下各节的容积形成等差数列，
设其首项为，公差为，
由题意可得，
所以，解得，
所以，
即第5节竹子的容积为升．
故选：A．
4. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案.
详解】由已知可得，，，
所以，向量在向量上的投影向量是.
故选：B.
5. 过圆：上的点作圆：的切线，切点为，则切线段长的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据切线的性质得到不等式，可得选项.
【详解】解：因为，，
所以，即切线段长的最大值为．
故选：C．
6. 已知数列满足，且是递增数列，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据递增数列的定义建立不等式组，解之可得选项.
【详解】解：若是递增数列，则，即，解得，
即实数的取值范围是．
故选：D．
7. 已知函数在其定义域内既有极大值也有极小值，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将问题转化为方程在有两个不相等实根，即有两个不同的交点，令，利用数形结合法求解．
【详解】解：，则，
要使函数在其定义域内既有极大值也有极小值，
只需方程在有两个不相等实根．
即，令，则．
当，，
当，，
在递增，在递减，当，，
，
其图象如下：
，．
故选：D．
8. 瑞士数学家欧拉（LenhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上．后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC的顶点，其欧拉线方程为，则顶点C的坐标是（ ）
A. （）B. （）C. （）D. （）
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得外心，再根据外心的性质，以及重心的坐标，联立方程组，即可求得结果.
【详解】因为，故的斜率，又的中点坐标为，
故的垂直平分线的方程为，即，
故△的外心坐标即为与的交点，即，
不妨设点，则，即；
又△的重心的坐标为，其满足，
即，也即，将其代入，
可得，，解得或，对应或，
即或，因为与点重合，故舍去.
故点的坐标为.
故选：A.
二、多选题（本大题共4小题，每题5分，漏选2分，错选0分，共20分.）
9. 下列命题正确有（ ）
A. 已知函数在上可导，若，则
B. 已知函数，若，则
C. 若函数，则的极大值为
D. 设函数的导函数为，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】结合导数的定义，可判定A错误；根据导数的运算对函数求导，结合已知条件求出的值，可判定B正确；利用导数研究函数的单调性，求得极大值，可判定C错误；求得函数的导数，然后给赋值，可判定D正确．
【详解】对于A中，由，所以A错误；
对于B中，由函数，可得，则，
解得，所以B正确；
对于C中，由函数，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以函数的极大值为，所以C错误；
对于D中，由函数，可得，
所以，解得，所以D正确.
故选：BD.
10. 已知直线和圆，则（ ）
A. 直线l恒过定点
B. 存在k使得直线l与直线垂直
C. 直线l与圆O相交
D. 若，直线l被圆O截得的弦长为4
【答案】BC
【解析】
【分析】利用直线系方程求出直线所过定点坐标判断A、C；求出使得直线与直线垂直的值判断B；根据弦长公式求出弦长可判断D.
【详解】解：对于A、C，由，得，令，解得，
所以直线恒过定点，故A错误；
因为直线恒过定点，而，即在圆内，
所以直线l与圆O相交，故C正确；
对于B，直线的斜率为，则当时，满足直线与直线垂直，故B正确；
对于D，时，直线，圆心到直线的距离为，
所以直线l被圆O截得的弦长为，故D错误.
故选：BC.
11. 数列的前n项和为Sn，，则有（ ）
A. B. 为等比数列
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据求得，进而求得以及判断出是等比数列.
【详解】由题得，
两式相减得，即，
当时，，
所以数列从第项起是等比数列，所以，
所以数列的通项为.
当时，；当时，符合上式，
所以，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以ABD选项正确，C选项错误.
故选：ABD
12. 已知抛物线焦点与双曲线点的一个焦点重合，点在抛物线上，则（ ）
A. 双曲线的离心率为2B. 双曲线的渐近线为
C. D. 点到抛物线焦点的距离为6
【答案】AC
【解析】
【分析】由双曲线的方程，求得，利用双曲线的几何性质，可判定A正确，B错误；根据题意，列出方程，可判定C正确；根据抛物线的定义，可判定D错误.
【详解】由双曲线，可得，则，
所以双曲线的离心率为，所以A正确；
由双曲线的渐近线为，所以B错误；
由抛物线焦点与双曲线点的一个焦点重合，
可得，解得，所以C正确；
由抛物线的准线方程为，则点到其准线的距离为，
到焦点的距离也为4，所以D错误.
故选：AC.
三、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）
13. 椭圆的一条弦被点平分,那么这条弦所在的直线方程是________.
【答案】
【解析】
【分析】利用点差法即得直线斜率，再根据点斜式求直线方程.
【详解】设这条弦的端点坐标为，则
，，，
∴，，
所以，
因此这条弦所在的直线方程为，即.
故答案为：.
14. 已知，，，，若四点共面，则＝_______．
【答案】8
【解析】
【分析】四点共面，则存在唯一的λ、μ使得，据此即可求出x.
【详解】∵，，，，
∴，，，
∵四点共面，则有，即
解得．
故答案为：8.
15. 已知函数，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，两边求导再赋值计算得解.
【详解】函数，求导得：函数，
当时：，解得，
所以.
故答案为：
16. 在圆内，过点有条弦的长度成等差数列，最小弦长为数列的首项为，最大弦长为，若公差，那么的取值集合为______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出圆的圆心和半径，根据圆的几何性质计算出过点的最短弦长和最长弦长，再利用等差数列的通项公式及公差的范围即可求解.
【详解】由圆的方程为，得圆心，半径为.
所以过点最长弦为圆的直径长，即，
所以过与直径垂直的弦为圆的最短弦，即，
由，得，，
，，,
所以的取值为.
所以的取值集合为
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，第17题10分，其余各题12分，共70分.）
17. 已知直线：.
（1）求证：无论为何值，直线必经过第一象限.
（2）若直线不经过第二象限，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据直线方程确定其所过定点的位置，即可证结论；
（2）由直线不经过第二象限，结合（1）所得定点，其斜率不能小于该定点与原点所成直线的斜率，即可求的取值范围.
【详解】（1）由，故直线过定点，且该点在第一象限，
∴无论为何值，直线必经过第一象限.
（2）由（1）知：要使直线不经过第二象限，则，而，
∴，即的取值范围.
18. 已知函数f(x)=.
（1）若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y= 4x+m，求实数a，m的值；
（2）当a=1时，求函数f(x)在区间上的最值.
【答案】（1）a=2，m=6；（2）最小值48ln2，最大值.
【解析】
【分析】（1）求出导函数，由求得，再由求得；
（2）求出，求得在上的根，确定的正负得单调性，求得极值（如极值只有一个，则它也是最值），另外计算区间端点处的函数值比较可得最值．
【详解】（1）∵f(x)=，
，，，
又，所以．
（2）当a=1时，，， 解得：（舍去）或x=2，
时，，递减，时，，递增，
，，
∴最小值f（2）， 最大值f（）= +8
19. 记为等差数列的前项和，已知.
（1）求的通项公式.
（2）记，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）设出公差，利用求和公式及性质求出，，从而求出公差和首项，求出通项公式；（2）求出当时，，当时，，故分和两种情况下求解.
【小问1详解】
设公差为d，则，又，所以，，故，所以，所以
【小问2详解】
当时，，当时，，所以当时，，当时，
综上：
20. 已知双曲线的方程为，离心率为2，右顶点为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过的直线与双曲线的一支交于、两点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据题意建立的方程组即可求解;
(2)利用韦达定理确定的取值范围，再建立之间的等量关系即可求解.
【小问1详解】
由离心率又,所以，
又右顶点为，所以，所以，
故双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，设，
则由得，
因为直线与双曲线一支交于、两点，
所以 ，解得，
因此
，
因为，所以，
所以，所以，
故.
21. 记等差数列前项和为，公差为，等比数列的公比为，已知，，，．
（1）求，的通项公式；
（2）记，记的前项和为，求证：．
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接根据条件利用等差等比数列的通项公式及求和公式列方程组求解；
（2）利用错位相减法求和，然后观察可得结论.
【小问1详解】
由，得，，
解得，解得或舍，
所以，
所以数列的通项公式为，
数列的通项公式为；
【小问2详解】
由题意，
所以，
，
上述两式相减得，
，
所以．
因为，所以．
22. 已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）当，时，证明：
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，分类讨论的取值，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，
（2）根据函数的单调性求解端点值以及极值即可求证.
【小问1详解】
，
当时，，，单调递增；，，单调递减．
当时，当或，，单调递增；
当，，单调递减，
当时，，所以在R上单调递增．
当时，当或，，单调递增；
，，单调递减．
【小问2详解】
，
由可得，或，，单调递增；
，，单调递减．
又因为，，
所以恒成立．