78，江苏省东台市2023-2024学年高二上学期期末数学试题

这是一份78，江苏省东台市2023-2024学年高二上学期期末数学试题，共21页。

1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷.
2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分.
3．答题前，务必将自己的学校、班级、姓名、座号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上．
一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请在答题纸的指定位置填涂答案选项.）
1. 已知直线与直线互相垂直，则m为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线垂直的一般式的结论即可得出答案.
【详解】两直线垂直，则有，即，解得.
故选：C
2. 在等比数列中，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等比数列的基本性质可求得的值.
【详解】在等比数列中，，
由等比数列的基本性质可得，故.
故选：A.
3. 已知函数的导数为，则＝（ ）
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】先求出导函数，再代入求值即得.
【详解】则.
故选：D.
4. 已知圆和圆相交于A，B两点，则弦AB的长为（ ）．
A. B. C. 4D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】判断两圆相交，求出两圆的公共线方程，根据圆的弦长的几何求法，即可求得答案.
【详解】由题意知圆，即圆，
圆心为圆，半径，
圆，即圆，
圆心为圆，半径，
则，即两圆相交，
将圆和圆的方程相减，
可得直线的方程为，
则到直线的距离为，
故弦的长为，
故选：A
5. 已知抛物线的焦点为，是抛物线上一点，且点到的距离为，则该抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线定义求出的值，即可得出抛物线的焦点坐标.
【详解】抛物线的准线方程为，焦点为，
由抛物线的定义可知，点到的距离为，可得，故.
故选：B.
6. 在中国古代诗词中，有一道“八子分绵”的名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人分十七，要作第八数来言”．题意是把996斤绵分给8个儿子做盘缠．按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多分17斤绵．则年龄最小的儿子分到的绵是（ ）
A 65斤B. 82斤C. 184斤D. 201斤
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据题意设个儿子按年龄从小到大依次分绵斤，斤，斤，…，斤，从而得到数列为公差为的等差数列，再根据求解即可.
【详解】设个儿子按年龄从小到大依次分绵斤，斤，斤，…，斤，
则数列为公差为的等差数列.
因为绵的总数为斤，
所以，解得.
故选：C.
7. 设分别为椭圆与双曲线的公共焦点，它们在第一象限内交于点M，，若双曲线的离心率，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合椭圆和双曲线的定义得到，然后利用余弦定理得出与的关系即可，然后结合的范围即可得出答案.
【详解】
如图，由椭圆和双曲线的定义得，解得，
在中，由余弦定理得，
代入得，
整理得，同除以得，即，
所以，又，
所以，
故选：B.
8. 设函数，若函数存在两个极值点，且不等式恒成立，则t的取值范围为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用函数存在两个极值点，转化为函数的导函数在上有两个不相等的实数根，利用一元二次方程根与系数的关系，用字母表示出，，然后把写成关于的函数，求该函数的最小值即可得到问题答案.
【详解】函数的定义域为：，且，.
因为函数存在两个极值点，
所以方程：在有两个不同的解，
所以：，
且，.
所以：.
设，
则，由，得，由得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为：.
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：该问题先利用函数存在两个极值点，把问题转化为二次函数在给定区间上有两个不相等的实数根的问题，再利用一元二次方程根与系数的关系，用字母把，表示出来，再构造新函数，利用导数分析函数的单调性，求函数的最小值即可.
二、多项选择题：（本大题共4小题，每小题5分，计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，请在答题纸的指定位置填涂答案选项.）
9. 已知圆，直线与圆M交于C，D两点，则下列结论正确的是（ ）．
A. 的取值范围是
B. 若直线l经过圆M的圆心，则的值为
C. 当直线l过原点O时，圆M上的动点到直线l的最大距离为
D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】结合点到直线的距离公式依次判断即可.
【详解】对于A项，圆的标准方程为：，
圆心，半径，
因为直线与圆M交于C，D两点，所以圆心M到直线l的距离，
即，解得，
所以的取值范围是，故A项正确；
对于B项，若直线l经过圆M的圆心，则，解得，故B项正确；
对于C项，当直线l过原点O时，则，得直线，
则圆心M到直线l的距离，
得圆M上的动点到直线l的最大距离为：，故C项错误；
对于D项，因为，所以为等边三角形，则圆心M到直线CD的距离为：，所以，得或，故D项错误，
故选：AB
10. 已知等比数列的公比为q，前项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意求出公比，求出和代入选项验证即可.
【详解】由可知显然不合题意，故有，解得，故A错B对；
，，
代入C，D选项验证，C正确；
D选项右边，D错误.
故选：BC
11. 己知直线交抛物线于、两点，下列说法正确是（ ）．
A.
B. 为定值
C. 线段AB的中点在一条定直线上
D. 为定值（O为坐标原点，、分别为直线OA、OB的斜率）
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：联立直线方程抛物线方程，根据判别式即可求得的范围；对B：根据A中所求，即可判断；对C：设出的中点坐标，借助韦达定理，即可判断；对D：借助韦达定理，求得，即可判断.
【详解】联立直线方程与抛物线方程，可得；
对A：由直线与抛物线交于A,B两点，可得，解得，故A正确；
对B：因为、，故可得，故B错误；
对C：设中点为，故可得；
故中点在定直线上，故C正确；
对D：为定值，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题CD选项解决的关键是能够熟练使用韦达定理，从而求得中点坐标，以及转化，属中档题.
12. 已知函数，其中，则（ ）．
A. 不等式对恒成立
B. 若直线与函数的图象有且只有两个不同的公共点，则k的取值范围是
C. 方程恰有3个实根
D. 若关于x的不等式恰有1个负整数解，则a的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】对函数求导，判断其单调性，求出其最小值，可判断A选项；作出曲线的图象，根据图象可判断B选项；令，解得，数形结合可判断C选项；由直线过原点，再结合图象分析即可判断D选项．
【详解】对于选项A，，
当或时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以在出取得极小值，，
在处取得极大值，，
而时，恒有成立，
所以的最小值是，即，对恒成立，故A正确；
对于B选项，若函数与直线有且只有两个交点，
由A选项分析，函数的大致图象如下，

由图知，当或时，
函数与直线有且只有两个交点，故B错误；
对于C选项，由，得，解得，
令，和，而，
由图象知，和分别有两解：
综上，方程共有4个根，C错误；

对于D选项，直线过原点，且，，
记，，
易判断，，
不等式恰有1个负整数解，
即曲线在的图象下方对应的x值恰有1个负整数，
由图可得，即，故D正确．
故选：AD
【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，计20分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上.）
13. 若双曲线的一条渐近线与直线平行，则双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为__________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据已知条件求得，再求焦点到渐近线距离即可.
【详解】根据题意可得，故可得，则，
则右焦点坐标为，一条渐近线为，
右焦点到一条渐近线的距离.
故答案为：.
14. 在数列中，，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据数列的递推公式计算数列的前几项，从而找到数列的周期即可得出答案.
【详解】由题意可知，
所以数列在周期为3，所以.
故答案为：
15. 已知为椭圆的两个焦点，P，Q为椭圆C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】结合矩形性质与椭圆定义及面积公式计算即可得.
【详解】由椭圆定义可知，，
有，
由，P，Q关于坐标原点对称，故四边形为矩形，
则有，故，
四边形的面积.
故答案为：2.
16. 已知函数，若在上存在零点，则实数a的最大值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由在上存在零点，可转化为方程在上有解，求出在上的范围即可得.
【详解】由，在存在零点，
即在上有解，
令，，则恒成立，
故在上单调递增，故，
即，
令，，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，当时，，
即有，故，即实数a的最大值是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键在于将题意转化为方程在上有解后，构造出函数，及，，从而求出的最值.
四、解答题（本大题共6小题，计70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内.）
17. 在①，②，③这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，并进行解答．己知等差数列的前n项和为，，__________，__________．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列通项公式和求和公式，根据每种选择列出方程组求解即可;
（2）得出的通项公式，然后利用裂项相消法求出其前n项和.
【小问1详解】
由于是等差数列，设公差为d，
当选①②，，解得
所以的通项公式
选①③，，解得，
所以的通项公式
选②③，，解得，
所以的通项公式
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
所以
．
18. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求证：在上单调递增．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意求导函数，求出切线的斜率和切点坐标，即可得出切线方程；
（2）证出导函数恒大于等于0即可.
【小问1详解】
因为，
所以,
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
【小问2详解】
由（1）知，，
因为所以，又，
所以，
所以在上单调递增.
19. 已知双曲线，焦点为，其中一条渐近线的倾斜角为，点M在双曲线上，且．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）若直线交双曲线C于A，B两点，若的面积为，求实数m的值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，求得，即可求得双曲线方程；
（2）联立直线方程和双曲线方程，根据韦达定理求得弦长，利用点到直线的距离求得三角形的高，根据三角形面积，即可求得参数.
【小问1详解】
由条件知，，故．
即双曲线标准方程为.
【小问2详解】
设，O到直线l的距离为h，
联立得，
由，解得，
而又由，
故弦长，
解得，故．
20. 已知正项数列的前n项和为，且；数列是单调递增的等比数列，公比为q，且，的等差中项为10；，的等比中项为8．
（1）求，的通项公式；
（2）设，为数列的前n项和，若存在使得成立，求实数的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系可得，利用等比数列性质及等差中项、等比中项性质可得；
（2）分组求和可得，可将原不等式转化，计算即可得.
【小问1详解】
由可得，
当时，，两式相减得，
，
即，
，
即可得是等差数列．
由，得，
即．
由题意得，即，解得或，
是递增的等比数列，
，所以，得，
，
即；
【小问2详解】
由（1）得：
若存在使得成立，
等价于存在使得能成立，
设，则，
是递减数列，故的最大值为，
因此的最大值为.
21. 已知椭圆的左右顶点分别为A、B，椭圆的离心率为，短轴长为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过点的直线l与椭圆交于M，N两点，且点M在第一象限，判断是否存在常数，使得恒成立；若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据离心率和短轴长求得，则方程得解；
（2）方法一：讨论直线斜率是否存在，特别的当斜率存在时，设出直线的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理直接求解，即可求得参数值；方法二：设出直线的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理求得，再求，即可求得参数.
【小问1详解】
由条件，即，解得．
故椭圆C的方程．
【小问2详解】
方法一：当直线l的斜率不存在时，，，
；
当直线l的斜率存在时，不妨设，
联立直线和椭圆方程可得，显然，
且，
从而
综上所述，存在常数，使得.
方法二：不妨设，，
联立直线和椭圆方程可得，显然，
，
，
又，故.
故存在常数，使得.
【点睛】关键点点睛：处理本题第二问的关键是：求解需要用到非对称韦达定理的处理策略；属综合中档题.
22. 已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若，函数有两个零点，且，求证：．
【答案】（1）单调增区间为，无单调减区间
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数判断单调性；
（2）根据导数可判断的单调性，可得，，则证即可，结合，问题转化为证即可，构造函数，利用导数证明.
【小问1详解】
当时，，，
令，，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，从而，
即恒成立，则的单调增区间为，无单调减区间．
【小问2详解】
证明：当时，，，
令，则，
令，解得，
由，解得，由，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由于，则，，
要证，则证即可．
又，则，代入，
则证即可．
构造函数，则，
故为增函数，，即在时成立．
从而成立，即成立，即成立．
【点睛】思路点睛：本题第二问主要考查利用导数证明不等式问题.先求出导数，并判断的单调性，结合单调性和，可得，，则证明即可，结合，问题转化为证即可，构造函数，利用导数证明成立.