江苏省盐城市伍佑中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题（含解析）

这是一份江苏省盐城市伍佑中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江苏省盐城市伍佑中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．方程表示一个圆，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
2．《张邱建算经》有一道题：今有女子不善织布，逐日所织的布同数递减，初日织五尺，末一日织一尺，计织三十日，问共织布（    ）
A．110尺 B．90尺 C．60尺 D．30尺
3．直线过定点，则点的坐标为（    ）
A． B． C． D．
4．下列导数运算正确的是（    ）
A． B． C． D．
5．已知为递增的等差数列，，，若，则（    ）
A． B． C． D．
6．若直线与圆交于，两点，当最小时，劣弧的长为（    ）
A． B． C． D．
7．已知为抛物线的焦点，过且斜率为1的直线交于，两点，若，则（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．在平面直角坐标系中，已知点，在椭圆上，且直线，的斜率之积为，则（    ）
A．1 B．3 C．2 D．
9．已知等差数列的公差不为且成等比数列，则下列选项中错误的是（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
10．已知函数，则（    ）
A．当时，函数存在极值点
B．若函数在点处的切线方程为直线，则
C．点是曲线的对称中心
D．当时，函数有三个零点
11．下列说法中，正确的有（    ）
A．过点并且倾斜角为0°的直线方程为
B．双曲线的渐近线方程为
C．点关于的对称点坐标为
D．抛物线的准线方程是
12．阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号.抛物线上任意两点处的切线交于点，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于两点，抛物线在处的切线交于点，则为“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（    ）
A．在抛物线的准线上 B．
C． D．面积的最小值为4

三、填空题
13．等差数列的前项和为30，前项和为100，则它的前项和为______.
14．由直线上的点向圆引切线，则切线长的最小值为______.
15．已知抛物线的焦点F与双曲线的右焦点重合，与的公共点为M，N，且，则的离心率是_____________．

四、双空题
16．1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆（Sundaram）发现了“正方形筛子”：
（1）“正方形筛子”中位于第10行的第10个数是______.
（2）若表示第行列的数，则______（用，表示）
  

五、解答题
17．已知函数的图象过点，且.
(1)求，的值；
(2)求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积.
18．已知圆的圆心在轴上，并且过，两点.
(1)求圆的方程；
(2)若为圆上任意一点，定点，点满足，求点的轨迹方程.
19．已知为正项数列的前项的乘积，且，.
(1)求的通项公式；
(2)若，求证：.
20．在平面直角坐标系中，已知点，，点满足，记的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)，直线过点交于，两点.并且，求直线方程.
21．设函数.
(1)若函数在点处的切线斜率为1，求实数的值；
(2)设函数，且函数有两个零点，，证明：.
22．已知椭圆的左顶点为.椭圆的离心率为并且与直线相切.
(1)求椭圆的方程；
(2)斜率存在且不为0的直线交椭圆于，两点（异于点），且.则直线是否恒过定点，如果过定点求出该定点坐标，若不过定点请说明理由.

参考答案：
1．B
【分析】运用配方法，结合圆的标准方程的特征进行求解即可.
【详解】由，得，
解得.
故选：B
2．B
【分析】由等差数列求和公式得解.
【详解】由题意知该女子每天织布的尺数成等差数列，
且等差数列中，首项与第三十项分别为，
（尺），
故选：B.
3．D
【分析】在直线方程中，先分离参数，再令参数的系数等于零，求得的值，可得直线恒过定点的坐标.
【详解】直线可化简为，
故可得，可得，
故可得直线过定点.
故选:D.
4．B
【解析】根据导数的计算公式，以及导数的运算法则，逐项判断，即可得出结果.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D错误．
故选：B．
5．D
【分析】根据等差数列的性质列出方程组，从而求出和公差，写出的通项公式即可求出答案.
【详解】因为为等差数列，，所以，
由，得或(舍)，所以，
所以.
令，得.
故选：D.
6．B
【分析】化简直线方程化为，得到直线恒过定点，结合圆的性质和圆的弦长公式，即可求解.
【详解】由题意，直线可化为，
当且，即且时，等式恒成立，
所以直线恒过定点，
由圆的方程知，圆心为，半径，
当直线时，取得最小值，且最小值为，
如图，

此时弦长对的圆心角一半的正切值为，故圆心角为，
所以劣弧长为.
故选：B.
7．B
【分析】设直线的方程为，与抛物线的方程联立，结合韦达定理和抛物线的定义求解即可.
【详解】抛物线的方程为，则其焦点，
设直线的方程为，
由，可得：，
，，
根据抛物线定义，，
因为，所以，
所以
即，解得：.
故选：B.
8．A
【分析】因为点、在椭圆上得，直线，的斜率之积为得，两边平方化简得，代入可得答案.
【详解】因为点，在椭圆上，
所以，
因为直线，的斜率之积为，所以，
可得，化简得，
则
.
故选：A.
9．D
【分析】先求得等差数列的通项公式以及前项和，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设等差数列的公差为，
由于成等比数列，
所以，，
，解得或（舍去）.
所以.
所以，A选项正确.
，
由于，所以，B选项正确.
，，所以C选项正确，D选项错误.
故选：D
10．BC
【分析】根据函数的单调性判断A，再由切线斜率即切点横坐标导数判断B，根据函数中心对称的性质判断C，根据函数的单调性及极值的正负判断D.
【详解】由，可得，
对A，当时，，在上单调递增，
故函数不存在极值点，故A错误；
对B，由切线方程知，解得，故B正确；
对C，因为，所以函数关于成中心对称，故C正确；
对D，当时，，当或时，，当时，，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
极大值为，极小值为，
故函数一定不会有3个零点，至多1个零点，故D错误.
故选：BC
11．BC
【分析】根据直线倾斜角写出方程判断A，根据双曲线方程得出渐近线方程判断B，由点关于直线对称判断C，根据抛物线方程求准线方程判断D.
【详解】对A，过点并且倾斜角为0°的直线方程为，故错误；
对B，双曲线的渐近线方程为，故正确；
对C，设点关于的对称点坐标为，则由解得，故正确；
对D，抛物线，，准线方程为，故错误.
故选：BC
12．ACD
【分析】对A：根据题意利用导数求切线的方程，进而求交点坐标，结合韦达定理分析运算；对B：利用韦达定理可得，即可得结果；对C：分和两种情况讨论，分析运算可得，即可得结果；对D：根据题意可求面积，分析运算即可.
【详解】对A：
抛物线的焦点为，准线为.
设直线的方程为，
联立方程组得，则.
因为，所以，
故在处切线的斜率，则直线的方程为，即，
同理可得：直线的方程为，
联立方程，解得，
所以，故在抛物线的准线上，A正确；
对B：
因为，
所以，则，故B错误；
对C：
当时，则直线的斜率不存在，故；
当时，则直线的斜率，则，所以；
综上所述：.
则，所以，C正确；
对D：
设的中点为，则，
∴面积，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最小值为4，D正确.
故选：ACD.

13．
【分析】根据等差数列前项和的性质计算可得.
【详解】为等差数列，
，，成等差数列，即，，成等差数列，
，解得，
又，，成等差数列，即，，成等差数列，
所以，解得.
故答案为：．
14．
【分析】切点与圆心的连线垂直切线，利用勾股定理，切线段长转化为直线上点与圆心连线和半径关系，求圆心与直线上点距离的最小值，即可求解.
【详解】圆的圆心为，
在直线上取一点P，过P向圆引切线，设切点为A．连接．
在中，．要使最小，则应最小．
又当PC与直线垂直时，最小，其最小值为．
故的最小值为．
  
故答案为：.
15．/
【分析】根据抛物线和双曲线的对称性可得，，且，利用双曲线的定义可得的值，进而求解.
【详解】因为与交于点M，N，所以M，N关于x轴对称，所以，所以．
因为，所以轴.记椭圆的另一焦点为，
所以，所以，
所以．
故答案为：.
16． 220
【分析】（1）由所给“正方形筛子”观察可知第1列数字通项公式，再分析第N行数列的通项公式即可得解；
（2）观察可知第n行和第n列的等差数列的公差相等，都是2n＋1，据此可求通项.
【详解】（1）第一列的数字为4，7，10，13，16，，为等差数列，公差d= 3，
则，
故第10行的第一个数为，
再看行，第一行的数字是加3递增，第二行是加5递增，第三行是加7递增，，第N行是加递增，
则第10行是加递增，所以第10行的第10个数是；
（2）观察“正方形筛子"得：每一行都是等差数l列，每一列都是等差数列，
第n行和第n列的等差数列的公差相等，都是2n＋1，
第n行的第一个数是：，
第n行第m个数为：，
.
故答案为：；
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据题目条件列出方程组求解；
（2）利用导数求出切线斜率，再求直线在坐标轴上的截距即可求三角形面积.
【详解】（1）由，得，
由题意可得，，解得；
（2）由（1）得，，，
∴，，
∴曲线在点处的切线方程为，即.
取，得，取，得.
∴曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积.
18．(1)
(2)

【分析】（1）求出圆心的坐标和圆的半径，即得解；
（2）设点，，由得，代入圆的方程即得解.
【详解】（1）由题意可知，的中点为，，所以的中垂线方程为，
它与轴的交点为圆心，又半径，所以圆的方程为；
（2）设，，由，得，
所以，又点在圆上，故，
所以，化简得的轨迹方程为
19．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用求出，结合，求出通项公式；
（2）利用裂项相消法得到，从而求和得到.
【详解】（1）已知为正项数列的前项的乘积，且，，
则当时有，即，即，
即，则且为常数列，故，即，
又满足上式，即数列的通项公式为；
（2）证明：由（1）可得，
则
，故命题得证．
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；
20．(1)
(2)或.

【分析】（1）根据椭圆的定义判断轨迹，直接得到椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，由根与系数的关系及的坐标关系得解.
【详解】（1）因为,
所以由椭圆的定义可知，轨迹是以点，为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，
则，∴，
又∵，则，
∴椭圆的方程为；
（2）由题意可知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
联立方程，消去得：，
设，，则，，
∵，即，∴，即，
∴，，∴，且，
∴，解得，
∴直线方程为或.
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由导数的几何意义，知，即可求出的值；
（2）由题意，由题意可得，为方程的根，得到根与系数的关系，要证即证，设，则，转化为证，令，只需求出的最小值即可.
【详解】（1），所以，
因为函数在点处的切线斜率为1，所以，所以.
（2）证明：，，
因为函数有两个零点，，且，所以，为方程的根，
所以，，①根据题意可得，所以，
若证，需证，
需证，
需证，
需证，
需证，（*）
设，则，，，
所以（*）可化为，
所以需证，即证，
设，，，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以，得证.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于由函数的零点将不等式证明转化为，利用换元法并构造函数，根据导数研究其单调性，即可证明不等式.
22．(1)
(2)直线恒过定点.

【分析】（1）由离心率的值可得的关系，将直线与椭圆联立，由判别式为可得的值，进而求出椭圆的方程；
（2）设直线的方程与椭圆联立，可得两根之和及两根之积，由向量模的关系，可得，即，求出数量积的表达式，将两根之和及两根之积代入，可得直线恒过的定点.
【详解】（1）由题意可得，可得，
所以椭圆的方程为：，即，
联立，整理可得：，
由题意可得，解得，，
所以椭圆的方程为：；
  
（2）因为，可得，即，由（1）可得，
由题意设直线的方程为：，，，，
联立，整理可得：，
，即，且，，
所以

，
整理可得：，解得或（舍），
即时，不论为何值都符合，
所以直线的方程为，则直线恒过定点.