江苏省扬州中学2021-2022学年高二上学期12月月考试题数学含解析

这是一份江苏省扬州中学2021-2022学年高二上学期12月月考试题数学含解析，共23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。
 2021-2022学年度高二数学12月月考卷一、单选题1. 已知直线l经过点，且不经过第四象限，则直线l的斜率k的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由斜率公式数形结合可得.【详解】如图，可知当直线位于阴影部分所示的区域内时，满足题意，又，所以直线l的斜率满足．故选：D.2. 已知等差数列中，，，则的值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用等差数列性质得到，，得到答案.【详解】，，则，故，.故选：C.3. 经过直线与圆的两个交点，且面积最小的圆的方程是（    ）A  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】当所求圆的直径就是已知圆与直线相交的弦时，所求圆的面积最小.由已知圆可得圆心半径，可得弦长，再求出过圆心且垂直于已知直线的直线方程，解方程组可得圆心，可得圆的方程．【详解】由题可知，当所求圆的直径就是已知圆与直线相交的弦时，所求圆的面积最小.圆配方可得，圆心坐标为，半径为2，弦心距，弦长为，过圆的圆心和直线垂直的直线方程为，即．最小的圆的圆心为与直线的交点，解方程组可得，，所求面积最小的圆方程为：，故选：C．4. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求导得到导函数，计算，再代入计算得到答案.详解】，则，，.，.故选：B5. 设为抛物线的焦点，，，为该抛物线上三点，若，则（    ）A. 6 B. 4 C. 3 D. 2【答案】A【解析】【分析】设，，．由，得是的重心，从而求得，然后由焦半径公式求得结论．【详解】设，，．由题意得抛物线焦点坐标为，准线方程为．因为，所以点是的重心，故，．故选：A．6. 已知函数，则不等式的解集为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】分析可知函数为偶函数，且在上为增函数，由已知可得出，解此不等式即可得解.【详解】函数的定义域为，，即函数为偶函数，，当时，，则，所以，函数在上为增函数，由，可得，得，即，解得.故选：D.7. 已知数列满足，（，），定义：使乘积为正整数的（）叫做“幸运数”，则在内的所有“幸运数”的和为（    ）A 2046 B. 4083 C. 4094 D. 2036【答案】D【解析】【分析】利用换底公式与叠乘法把化为，然后根据为整数，可得，最后由等比数列前项和公式求解．【详解】解：，，，又为整数，必须是2的次幂，即．内所有的“幸运数”的和：，故选：D．8. 过双曲线（，）的右焦点作双曲线渐近线的垂线段，垂足为，线段与双曲线交于点，且满足，则双曲线离心率等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用渐近线的斜率，求出，，进而利用相似和求出点点A的坐标，代入到双曲线方程中，得到关于的方程，求出离心率即可【详解】因为双曲线渐近线方程为，所以，如图，在直角三角形中，，，又因为        故，，过、A分别作的垂线，垂足分别为、，则由得：，又，故，，故可得点A的坐标为，所以，整理得，解得，故选：．二、多选题9. 下列说法正确的有（    ）A. 若直线的倾斜角为，则直线的斜率为B. 点关于直线的对称点为C. 圆与圆可能内含、内切或相交D. 若圆与圆相离，则【答案】BC【解析】【分析】根据斜率与倾斜角的定义判断A，设对称点的坐标为，依题意得到方程组，解得、，即可判断B，求出两圆心之间的距离，即可判断C、D；【详解】解：对于A：当直线的倾斜角时，直线的斜率不存在，无意义，故A错误；对于B：设点关于直线对称的点的坐标为，则，解得，故对称的点的坐标为，故B正确；对于C：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，所以圆心之间的距离，则两圆不会相外切与相离，可能内含、内切或相交，故C正确；对于D：圆圆心，半径为，圆圆心，半径为，若两圆相离，因为，所以或，所以或，故D错误.故选：BC10. 已知等比数列的前项和为，且，是与的等差中项，数列满足，数列的前项和为，则下列命题正确的是（    ）A. 数列的通项公式为 B. C. 的取值范围是 D. 数列的通项公式【答案】BCD【解析】【分析】根据已知条件求出等比数列的首项和公比，利用等比数列的通项公式与求和公式可判断AB选项的正误；求出数列的通项公式，利用裂项求和法结合数列的单调性可判断CD选项的正误.【详解】设等比数列的公比为，则，可得，因为，即，解得，，A错；，B对；，D对；，，所以，数列为单调递增数列，则，故，C对.故选：BCD.11. 已知是椭圆上的一动点，离心率为，椭圆与轴的交点分别为、，左、右焦点分别为、.下列关于椭圆的四个结论中正确的是（    ）A. 若、的斜率存在且分别为、，则为一定值B. 若椭圆上存在点使，则C. 若的面积最大时，，则D. 根据光学现象知道：从发出的光线经过椭圆反射后一定会经过.若一束光线从出发经椭圆反射，当光线第次到达时，光线通过的总路程为【答案】AC【解析】【分析】根据椭圆的几何性质，作出图像对选项进行分析，由此确定正确选项．A：设P点坐标，结合P点在椭圆上和斜率计算公式即可计算；B：由椭圆性质知，当M为上下顶点时，最大，保证最大这个角大于或等于90°，则在椭圆上存在点M满足题意；C：当P为上顶点或下顶点时，面积最大，结合几何关系即可求此时离心率；D：根据椭圆的定义即可求出光线走过的路程.【详解】依题意，，A，设，，则，为定值，A正确．      
 B，若椭圆上存在点使，设为上顶点，如图：
 则，B错误．C，若△的面积最大时，，P位于椭圆上顶点或下顶点，，，C正确．
 D，结合椭圆的定义可知，光线第次到达时，光线通过的总路程为，D错误．
 故选：AC.12. 已知，，是的导函数，则下列结论正确的是（    ）A. 在上单调递增．B. 在上两个零点C. 当 时，恒成立，则D. 若函数只有一个极值点，则实数【答案】ACD【解析】【分析】求出导函数，由确定增区间，判断A，然后可得，再利用导数确定的单调性与极值，结合零点存在定理得零点个数，判断B，构造函数，由在上递减，求得范围，判断C，利用导数研究的单调性与极值点，得的范围，判断D．【详解】，令，得，故A正确，，令得，得，故在上为减函数，在上为增函数．当时，；当时，且的大致图象为只有一个零点，故B错．记，则在上为减函数，对恒成立对恒成立．故C正确．，，设，只有一个极值点， 只有一个解，即直线与的图象只有一个交点．，在上为增函数，令，得，当时，；当时，．在上为减函数，在上为增函数，，时，，即，且时，，又时，，因此的大致图象如下（不含原点）：直线与它只有一个交点，则．故D正确．故选：ACD．【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的性质，解题关键是由导数确定函数的单调性，得出函数的极值，对于零点问题，需要结合零点存在定理才能确定零点个数．注意数形结合思想的应用．三、填空题13. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的中心为原点，焦点均在x轴上，C的面积为，且离心率为，则C的标准方程为___________．【答案】【解析】【分析】设C的标准方程为，由已知建立方程组，求解可得答案.【详解】解：设C的标准方程为，则解得所以C的标准方程为．故答案为：.14. 已知数列的前项和为，，则数列的前项和______．【答案】【解析】【分析】由已知得，当时，，两式相减，得，可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，继而求得数列的通项公式，运用错位相减法可求得数列的和．【详解】当时，解得．又由已知可得，当时，，两式相减，得，又因为，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，所以，所以，，两式相减得，解得．故答案为：．15. 已知函数，其中，若函数在处取得极大值，则__________.【答案】1【解析】【分析】由题设得显然有不合题设，知：，根据极大值有求，再将所求代入原函数验证处是否取得极大值.【详解】由题设，，当时，，则递增，无极大值，与题设矛盾，∴，此时，，要使在处取得极大值，∴，可得或.当时，，则当得或，即上递增；当得，即上递减；∴为极大值点，符合题设.当时，，则当得或，即上递增；当得，即上递减；∴为极小值点，不合题设.综上，.故答案为：116. 如图，一列圆逐个外切，且所有的圆均与直线相切，若，则___，______【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】利用直线与圆相切可求得正数的值，利用圆与圆外切得到，利用直线与圆相切可得出，可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式.【详解】由题意可知，圆与直线相切，则，可得，因为圆与圆外切，则，另一方面，由于圆与直线相切，则，可得，又因为，则，整理可得，所以，数列是以为首项，以为公比等比数列，因此，，故.故答案为：；.四、解答题17. 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n(n∈N*).（1）求数列{an}的通项公式；（2）数列{bn}满足bn=ansin(an)，求{bn}的前2n项和T2n【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)先求时，再利用,再验证是否符合，即可.(2)对n分奇偶讨论，得到的通项公式，再利用并项求和，即可求解.【详解】时，得当时成立，即，当时,当时,故18. 已知圆：，直线：.（1）当为何值时，直线与圆相切；（2）当直线与圆相交于，两点，且时，求直线的方程.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）由圆的方程求出圆心和半径，利用圆心到直线的距离等于半径列方程即可求解；（2）由（1）知圆心到直线的距离，由求出的值，再解方程即可求解.【小问1详解】由圆：，可得，其圆心为，半径，若直线与圆相切，则圆心到直线：距离，即，可得：【小问2详解】由（1）知圆心到直线的距离，因为，即，解得：，所以，整理可得：，解得：或，则直线的方程为或.19. 已知点在抛物线上，且点的纵坐标为1，点到抛物线焦点的距离为2（1）求抛物线的方程；（2）若抛物线的准线与轴的交点为，过抛物线焦点的直线与抛物线交于，，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由抛物线定义，点到抛物线焦点的距离为2，故，可得解（2）可转化为，代入坐标可得，即，可得解【详解】（1）设，由抛物线定义，点到抛物线焦点的距离为2故 故抛物线的方程为：；（2）抛物线的焦点为，准线方程为，；设，直线的方程为，代入抛物线方程可得，∴，，…①由，可得，又，，∴，∴，即，∴，…②把①代入②得，，则.【点睛】本题考查了直线和抛物线综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题20. 已知函数，；(Ⅰ)若函数在[1,2]上是减函数，求实数的取值范围；(Ⅱ)令，是否存在实数，当(是自然对数的底数)时，函数的最小值是．若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】【详解】试题分析：(1)在[1,2]上恒成立 令h(x)＝2x2＋ax－1，x∈[1,2]，∴h(x)≤0在[1,2]上恒成立 得，.(2)假设存在实数a，使g(x)＝f(x)－x2，x∈(0，e]有最小值3g(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g′(x)＝a－＝①当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，e]上单调递减∴g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，∴a＝(舍去) ②当0<<e即a>时，在(0，)上，g′(x)<0；在(，e]上，g′(x)>0∴g(x)在(0，]上单调递减，在(，e]上单调递增∴g(x)min＝＝1＋lna＝3，∴a＝e2满足条件 ③当≥e即0<a≤时，g′(x)<0，g(x)在(0，e]上单调递减g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3∴a＝>(舍去) 综上所述，存在a＝e2使得当x∈(0，e]时，g(x)有最小值3. 考点：函数导数判定单调性求最值点评：第一小题已知函数在某一区间上是减函数得到结论，学生解题时容易忽略等号写成，第二问要分情况讨论极值点与区间(0，e]的关系从而确定在区间(0，e]上的单调性求出函数最值21. 已知椭圆的左右焦点分别为，，且椭圆C上的点M满足，．（1）求椭圆C的标准方程；（2）点是椭圆的上顶点，点在椭圆C上，若直线，的斜率分别为，满足，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由，结合可得解；（2）设，直线，将直线与椭圆联立，用坐标表示，代入韦达定理可解得，借助韦达定理表示，用均值不等式即得解.【详解】（1）依题意得：，．由椭圆定义知，又，则，在中，，由余弦定理得：即，解得又故所求椭圆方程为（2）设，直线联立方程组，得，，得，，，，由题意知，由，，代入化简得，故直线过定点，由，解得，，令，则，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为．22. 已知函数．（1）若函数的图象在点处的切线在轴上的截距为，求；（2）当时，关于的不等式恒成立，求满足条件的示数的最大整数值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）求，利用导数的几何意义求得在点处切线方程，由在轴上的截距为列方程即可得的值；（2）由所给的不等式分离可得，令，利用导数判断的单调性和最小值，由即可求解.小问1详解】函数的定义域为，，则在点处切线的斜率为，又，所以函数的图象在点处的切线方程为：，即，所以，因为其在轴上的截距为，所以，解得．【小问2详解】即，又，所以，可得对于恒成立，当时，令，则．再令，则，所以在上单调递增；又，，所以使，即，使，当时，，；当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，又因为，所以实数的最大整数值是．【点睛】方法点睛： 若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.