2023-2024学年江苏省无锡市第一中学高二上学期12月质量检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市第一中学高二上学期12月质量检测数学试题含答案，共21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。

一、单选题
1．写出数列的一个通项公式（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】数列分子为，分母为，由此可求得一个通项公式.
【详解】数列，
则其分母为，分子为，则其通项公式为.
故选：B
2．已知椭圆C的焦点在轴上，长轴长是短轴长的3倍，且经过点，则的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆上的点及椭圆的长短轴关系即可求得椭圆方程.
【详解】由题可知，所以，
且椭圆C的焦点在x轴上，则椭圆的标准方程为.
故选：A.
3．设正项等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．9B．8C．7D．6
【答案】A
【分析】先由等比中项求出，再根据等比数列通项公式以及前项和公式计算即可.
【详解】因为是正项等比数列，所以，
则可化为，解得，或(舍）
设等比数列的公比为，
则,
所以，
则.
故选：.
4．已知等差数列共有21项，若奇数项的和为110，则偶数项的和为（ ）
A．100B．105C．90D．95
【答案】A
【分析】等差数列前n项和公式的应用
【详解】由，有，偶数项的和为100．
故选：A
5．设等差数列的前项和为，若，，则当取得最小值时，的值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质即可求解，，进而可求.
【详解】在等差数列中，由，得，则.
又，由于，所以，所以当时，取得最小值.
故选：B.
6．设分别为双曲线的左､右焦点，圆与双曲线的渐近线相切，过与圆相切的直线与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的两条渐近线所成的锐角的正切值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】采用数形结合，根据，可得，然后根据到角公式简单计算可得结果.
【详解】根据题意作出图形，
如图
一条渐近线的方程为，即
点到的距离为
所以
由题知：
又与圆相切，且，所以可知为的中点
故，则
又，所以
所以，
故选：C.
7．椭圆＝1的一个焦点为F，过原点O作直线（不经过焦点F）与椭圆交于A，B两点，若△ABF的面积是20，则直线AB的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分情况讨论当直线AB的斜率不存在时，可求面积，检验是否满足条件，当直线AB的斜率存在时，可设直线AB的方程y＝kx，联立椭圆方程，可求△ABF2的面积为S＝2代入可求k．
【详解】由椭圆＝1，则焦点分别为F1(－5,0)，F2(5,0)，不妨取F(5,0)．
①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝0，此时AB＝4，
＝AB•5＝×5＝10，不符合题意；
②可设直线AB的方程y＝kx，
由，可得(4+9k2)x2＝180，
∴xA＝6，yA＝，
∴△ABF2的面积为S＝2＝2××5×＝20，
∴k＝±．
故选：A．
8．意大利数学家斐波那契（1175年~1250年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为.设是不等式的正整数解，则的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】将不等式化为，即，再根据斐波那契数列为递增数列，进而可得答案.
【详解】由，
得，
得，得，
得，，
所以，
令，则数列即为斐波那契数列，
，则，
因为函数都是增函数，
所以函数是增函数，
故数列为递增数列且，
所以数列亦为递增数列，
由，得，，，
，，，
因为，，
所以使得成立的的最小值为8．
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据斐波那契数列的通项公式，利用对数知识将不等式化为斐波那契数列进行求解是本题解题关键.
二、多选题
9．关于无穷数列{an}，以下说法正确的是（ ）
A．若数列{an}为正项等比数列，则{}也是等比数列
B．若数列{an}为等差数列，则{}也是等差数列
C．若数列{an}的前n项和为Sn，且{}是等差数列，则{an}为等差数列
D．若数列{an}为等差数列，则依次取出该数列中所有序号为7的倍数的项，组成的新数列一定是等差数列
【答案】AD
【分析】利用等比数列的定义可判断A，利用特例可判断B，利用与的关系可判断C，利用等差数列的性质可判断D.
【详解】对于A，若数列{an}为正项等比数列，则＝q，则有＝，即{}也是等比数列，A正确；
对于B，设an＝n，数列{an}为等差数列，但{}不是等差数列，B错误；
对于C，数列{an}的前n项和为Sn，且{}是等差数列，不妨设，则，
当时，，
当时，，
∴当时，，
又，，不一定等于，
∴{an}不一定为等差数列，C错误；
对于D，若数列{an}为等差数列，设其公差为d，依次取出该数列中所有序号为7的倍数的项，组成的新数列为{}，
有，则组成的新数列一定是等差数列，D正确；
故选：AD．
10．已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．两圆位置关系是相交
B．两圆的公共弦所在直线方程是
C．上到直线的距离为的点有四个
D．若为上任意一点，则
【答案】ACD
【分析】先将，的一般方程化成标准方程，再利用圆心距与两半径之差和半径之和比较即可判断A；联立两圆的方程，化简即可得到公共弦所在直线方程，进而即可判断B；先求得到直线的距离，再比较与的大小即可判断C；依题意得的几何意义为到上点的距离的平方的最大值，再结合选项A求解即可判断D．
【详解】对于A，由，即，其圆心为，半径为，
，即，其圆心为，半径为，
则两圆的圆心距为，则，即两圆相交，故A正确；
对于B，联立两圆的方程，化简得，故B错误；
对于C，由到直线的距离为，且，所以上到直线的距离为的点有四个，故C正确；
对于D，依题意得的几何意义为到上点的距离的平方的最大值，
所以结合选项A得，故D正确．
故选：ACD．
11．有一种被称为汉诺塔的益智游戏，该游戏是一块铜板装置上，有三根杆（编号、、），在杆自下而上、由大到小按顺序放置若干个有孔金盘（如下图）．游戏的目标：把杆上的金盘全部移到杆上，并保持原有顺序叠好．操作规则如下：每次只能移动一个盘子，并且在移动过程中三根杆上都始终保持大盘在下，小盘在上，操作过程中盘子可以置于、、任一杆上．记个金盘从杆移动到杆需要的最少移动次数为，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）

A．B．
C．数列是等差数列D．
【答案】ACD
【分析】分析可得，推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式，可判断AB选项；利用等差数列的定义可判断C选项；利用分组求和法可判断D选项.
【详解】若有个金盘，可考虑先将上面个金盘从杆移动到杆，至少需要移动次，
再将最大的一个金盘从杆移动到杆，需要移动一次，
最后将上面个金盘从杆移动到杆，至少需要移动次，
所以，，则，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，则，所以，，，A对B错；
，所以，数列是等差数列，C对；
对于D选项，
，D对.
故选：ACD.
12．设为抛物线：的焦点，过点的直线与抛物线交于两点，过作与轴平行的直线，和过点且与垂直的直线交于点，与轴交于点，则（ ）
A．为定值
B．当直线的斜率为时，的面积为其中为坐标原点
C．若为的准线上任意一点，则直线，，的斜率成等差数列
D．点到直线的距离为
【答案】ACD
【分析】A.设直线的方程为，代入抛物线方程化为，利用根与系数的关系可得，结合抛物线方程可得，进而判断出正误．B.当直线的斜率为时，直线的方程为，代入椭圆方程可得：，利用根与系数的关系及抛物线的定义可得，利用点到直线的距离公式可得点到直线的距离，可得的面积，进而判断出正误．C.设，利用斜率计算公式可得，，，计算，进而判断出正误．D.过点作，垂足为，利用相似的性质可得，，进而得出，即可判断出正误．
【详解】解：A.，设直线的方程为，
联立，化为，
，，
，，
为定值，因此A正确．
B.当直线的斜率为时，直线的方程为，
代入椭圆方程可得：，
，，
点到直线的距离，
的面积为，因此B不正确．
C.设，则，，，
，
通分后分子 ，
，，
即，则直线，，的斜率成等差数列，因此C正确．
D.如图所示，
过点作，垂足为，，，
又，，，因此D正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．已知数列，，，成等差数列，，，成等比数列，则的值是 .
【答案】/
【分析】根据等差数列的性质和等比中项计算即可.
【详解】因为数列，，，成等差数列，
所以，
因为，，成等比数列，
所以，
所以.
故答案为：.
14．在圆内，过点有条弦的长度成等差数列，最短的弦长为数列的首项，最长的弦长为，若公差，那么的取值为 .
【答案】
【分析】根据圆的几何性质求出圆内过的最长弦和最短弦，即得数列的首项和尾项，由此列出不等式求得的范围，可得答案.
【详解】将圆化为标准方程，
则圆的圆心坐标与半径分别为，
不妨取点为点，
则，故点在圆内，
故最长弦与最短弦分别为，
由于过点的条弦的长度成等差数列，设公差为，
所以，所以，
由于，即.
故答案为：.
15．已知数列满足，，且，则的前2024项和为 .
【答案】
【分析】根据题意可得出，由此即可得出答案.
【详解】因为，
所以，
两式相减得，
所以，
所以的前2024项和为.
故答案为：.
16．设，分别是椭圆的左､右焦点，过的直线交椭圆于，两点，且，，则椭圆的离心率为
【答案】
【解析】设，则，由题得，解得.所以，化简等式即得解.
【详解】 ，设，则
由椭圆的定义，可以得到
，
在中，有，
解得.
，
在中，有，
整理得，.
故答案为：
【点睛】本题主要考查椭圆离心率的计算，考查椭圆的定义的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
四、解答题
17．已知直线经过点，且与直线垂直．
(1)求直线的一般式方程；
(2)已知圆与轴相切，直线被圆截得的弦长为4，圆心在直线上，求圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）依题意可设直线的方程为，然后将点的坐标代入可求出，从而可求得直线方程；
（2）设圆的方程为，则，再根据弦长，圆心距和半径的关系列方程，和圆心在直线上所得到的方程，可求出，从而可求出圆的方程.
【详解】（1）依题意可设直线的方程为，
将点的坐标代入，得，
所以直线的一般式方程为．
（2）设圆的方程为，
因为圆与轴相切，所以，
圆心到的距离，
又圆心在直线上，所以，
所以，解得．
当时，，圆的标准方程为；
当时，，圆的标准方程为．
18．在等比数列中，，公比，且，又与的等比中项为2.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据题意结合等比数列的性质求出，进而可求出公比，即可得解；
（2）分和两种情况讨论，结合等差数列的前项和公式即可得解.
【详解】（1）因为，
所以，
又，所以，
因为与的等比中项为2，所以，
则，解得（舍去），
所以，所以（舍去）
所以；
（2）由（1）得，
令，则，
令，则，
当时，，
当时，
，
综上所述，.
19．某公司2022年投资4千万元用于新产品的研发与生产，计划从2023年起，在今后的若干年内，每年继续投资1千万元用于新产品的维护与生产，2022年新产品带来的收入为0.5千万元，并预测在相当长的年份里新产品带来的收入均在上年度收入的基础上增长.记2022年为第1年，为第1年至此后第年的累计利润（注：含第年，累计利润累计收入累计投入，单位：千万元），且当为正值时，认为新产品赢利.（参考数据，，，）
(1)试求的表达式；
(2)根据预测，该新产品将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由.
【答案】(1)
(2)该新产品将从2030年开始并持续赢利，理由见解析
【分析】（1）由题意求出累计投入，可判断出每年的收入为等比数列，根据等比数列求和公式求解出累计收入，从而表示出；
（2）由（1）可得，根据的正负判断出的单调性，再根据的单调性即可得出结论.
【详解】（1）由题意知，第1年至此后第年的累计投入为（千万元），
设第年的收入为，前年的累计收入为，
由题意得，，
所以数列是以为首项、以为公比的一个等比数列，
则有（千万元），
（千万元），
所以，即（千万元）.
所以的表达式为；
（2）因为，
所以当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
又，，，
所以该新产品将从第9年开始并持续赢利.
所以该新产品将从2030年开始并持续赢利.
20．已知等差数列满足，，其中为的前项和，递增的等比数列满足：，且，，成等差数列.
(1)求数列、的通项公式；
(2)，的前项和为，若恒成立，求实数的最大值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）求出等差数列的首项和公差，进而可求得数列的通项公式，求出等比数列的首项和公比，进而可求得数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法求出，恒成立，即恒成立，求出的最小值，即可得解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由，，
得，解得，
所以，
设等比数列的公比为，
由，，成等差数列，得，
即，解得（舍去），
所以；
（2）由（1）得，
则，
故，即，
令，
则
，
所以数列为递增数列，
所以，即的最小值为，
所以，
所以实数的最大值为.
21．各项均为正数的数列的前项和记为，已知，且对一切都成立．
(1)求数列的通项公式；
(2)在和之间插入个数，使这个数组成等差数列，将插入的个数之和记为，其中．求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，可得，进而可得，再利用退一相减法可得；
（2）利用等差数列等差中项的性质可得，再利用错位相减法可得前项和.
【详解】（1）由，
得，
所以，
所以，
当时，，
所以，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
（2）由已知在和之间插入个数，这个数组成等差数列，
所以，
设数列的前项和为，
则，
，
所以，
所以.
22．已知动点分别与定点和连线的斜率乘积.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)是的右焦点，若过点，与曲线交于，两点，是否存在轴上的点，使得直线绕点无论怎么转动，都有成立？若存在，求出的坐标：若不存在，请说明理由.
(3)是的右焦点，设点位于第一象限，的平分线交于点，求证：.
【答案】(1)
(2)存在，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据结合斜率公式即可得出答案；
（2）分直线的斜率是否存在，当直线斜率存在时，设直线方程为，，，联立直线与双曲线，结合韦达定理，可将恒成立转化为关于的等式恒成立，进而可得出结论；
（3）由角平分线定理可得，则要证，只需要证明即可，即证，即证，证明即可.
【详解】（1），化简得，
即动点的轨迹方程为；
（2）假设存在点，使恒成立，
由已知得，
当直线斜率存在时，设直线方程为，，，
联立，得，
且，
则，，
，，
则
，
若恒成立，则恒成立，
即，解得，
当直线斜率不存在时，直线的方程为，
此时，解得，
不妨取，，
则，
又，解得或，
综上所述，，
所以存在点，使恒成立；

（3）因为的平分线交于点，
由角平分线定理可得，则，
则要证，只需要证明即可，
即证，即证，
由题意，
则，，
，
因为点在曲线上，
则，故，
则，
所以，
又因为为锐角，，
所以，所以，
所以，
所以.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线综合应用中的存在定点满足某条件的问题的求解，解决此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与双曲线方程联立，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所满足的方程，化简整理所得方程；
④根据等量关系恒成立或化简消元的思想确定定点坐标.