精品解析：江苏省南通市海安市2023-2024学年高二上学期1月期末学业质量监测数学试卷

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考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本试卷共4页，满分150分，考试时间为120分钟．考试结束后，请将答题卷交回．
2．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上．
3．请监考员认真核对在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符．
4．作答选择题必须用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的定义即可得解.
【详解】因为，，
所以.
故选：B.
2. 已知复数，则其共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数乘法法则计算出后可得其共轭复数．
【详解】，所以．
故选：C．
3. 已知倾斜角为的直线与曲线相切于点，则点的横坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，再根据导数的几何意义即可得解.
【详解】设点的横坐标为为，
，
由题意可得，解得（舍去），
即点的横坐标为.
故选：C.
4. 已知是等比数列，则“”是“为递增数列”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的单调性结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】当，则公比，
所以，
则，所以，所以为递增数列，
若，此时数列为递增数列，而，
所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件.
故选：B.
5. 已知直线与圆相切于点，圆心在直线上，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意设出圆心的坐标，利用求出点坐标，进而求出半径，得解.
【详解】由题意，设（），圆的半径为，
，解得，
所以圆心，半径，
所以圆的方程为.
故选：D.
6. 设是公比不为1的等比数列，，，，成等差数列，则（ ）
A. B. C. 16D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用等比数列的性质，求得，结合，，成等差数列，列出方程，求得的值，进而求得的值.
【详解】因为等比数列满足，可得，解得，
又因为，，成等差数列，可得，
所以，解得或（舍去），
所以.
故选：A.
7. 已知点，，直线上不存在点，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出以线段为直径的圆的方程，由题意可知直线与该圆相离，再利用点到直线的距离公式计算即可.
【详解】以线段为直径的圆的方程为，
圆心，半径，
因为直线上不存在点，使得，
所以圆与直线没有交点，
则圆心到直线的距离，
即，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：B.
8. 若函数的导数，的最小值为，则函数的零点为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，确定，由的最小值为，可求出，即可得出的解析式，进一步求出函数的零点.
【详解】因为函数的导数，所以，为常数，
设，则恒成立，在上单调递增，
即在上单调递增，又，
故当时，，即单调递减，
时，，即单调递增，
所以在处取得最小值，即，所以，
所以，由，
令，解得，所以零点为.
故选：C.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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．
9. 已知椭圆的离心率为，则实数（ ）
A. 1B. 3C. D. 16
【答案】BC
【解析】
【分析】根据椭圆焦点的位置，结合椭圆离心率公式进行求解即可.
【详解】因为该方程表示椭圆，
所以当时，此时椭圆的焦点在横轴上，
因为椭圆的离心率为，
所以，显然符合，
当时，此时椭圆的焦点在纵轴上，
因为椭圆的离心率为，
所以，显然符合，
故选：BC
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 若是等差数列，则是等比数列
B. 若等比数列，则是等比数列
C. 若是等比数列，则是等比数列
D. 若是等差数列，则是等比数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知结合等比数列和等差数列的定义逐一判断即可.
【详解】对于A，由题意，公差，
则为非零常数，所以是等比数列，故A正确；
对于B，由题意，公比，
则为非零常数，所以是等比数列，故B正确；
对于C，当时，，
此时不是等比数列，故C错误；
对于D，由题意得，且
则为非零常数，所以是等比数列，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 在处取得极小值B. 有3个零点
C. 在区间上的值域为D. 曲线的对称中心为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出函数的导数，利用导数研究函数的单调性，极值，零点，值域，可判断A，B，C选项，根据函数奇偶性及图象变换可判断D.
【详解】由，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，故A正确；
又，，，，
，所以函数在有且仅有一个零点，
同理函数在有且仅有一个零点，在上有且仅有一个零点，
即函数共有3个零点，故B正确；
由前面得在上值域为，故C错误；
设，，，
所以函数是奇函数，图象关于对称，
又是向下平移1个单位得到，所以函数的对称中心为，故D正确.
故选：ABD.
12. 已知，，点的轨迹方程为，则（ ）
A. 点的轨迹为双曲线的一支B. 直线上存在满足题意的点
C. 满足的点共有2个D. 的周长的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可得点的轨迹方程为，设，则，再根据双曲线的定义与性质逐一判断即可.
【详解】因为点的轨迹方程为，
即，
设，
则，
所以点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线的右支，
所以，故，
所以的轨迹方程为，故A正确；
联立，解得（舍去），
所以直线上存在满足题意的点，故B正确；
双曲线的渐近线方程为，
则点到渐近线的距离，
所以满足的点共有0个，故C错误；
因为即左焦点，
而，
因为，所以，
所以的周长为
，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以的周长的取值范围是，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 函数在处的导数______．
【答案】
【解析】
【分析】求导，再令即可得解.
【详解】，
则.
故答案为：.
14. 已知数列满足，，则______，数列的前99项和为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据递推公式列举出前几项，进而可求出及数列的周期，进而可得出答案.
【详解】由，，
得，，，，，
，，
所以数列是以为周期的周期数列，
所以数列的前99项和为.
故答案为：；.
15. 已知双曲线的左顶点为，直线过且与的一条渐近线平行．若的右支上一点到的距离恒大于，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出直线的方程，利用双曲线的右支上一点到的距离恒大于，可得直线与其平行的渐近线的距离恒大于等于，进而可得出答案.
【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为，
因为直线过且与的一条渐近线平行，
不妨设直线的方程为，即，
由的右支上一点到的距离恒大于，
可得直线到直线的距离恒大于等于，
直线到直线的距离，
所以，
所以的最大值为.

故答案为：.
16. 已知抛物线的焦点为，圆以为圆心，且过坐标原点．过作斜率为1的直线，与交于点，，与圆交于点，，其中点，均在第一象限，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设，圆的半径为，求出直线的方程，联立方程，利用韦达定理求出，再根据结合焦半径公式求解即可.
【详解】由题意，则直线的方程为，
联立，消得，
则恒成立，
设，圆的半径为，
则，
因为，
所以，
即，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：推出是解决本题的关键.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列的前项和为，且，．
（1）求，，并证明：数列为等比数列；
（2）求的值．
【答案】17. ，，证明见详解 18. 968
【解析】
【分析】（1）利用递推公式可求得、的值，由递推关系式，作差后变形得到，即说明数列为等比数列；
（2）由（1）求出的通项公式，利用分组求和求出，再利用分组求和求出.
【小问1详解】
由已知可得，解得，，
，
，，
两式相减得，即，
，可得，
且，所以数列为等比数列.
【小问2详解】
由（1）得，，，
，
.
18. 在平面直角坐标系中，动点到点的距离与到轴的距离之差等于1，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）设点在上，证明：直线与相切．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，转化点到点的距离等于点到直线的距离，结合抛物线的定义，即可求解；
（2）由点在上，可得，联立方程组，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：因为动点到点的距离与到轴的距离之差等于1，
因为，可得点到点的距离等于点到直线的距离，
所以动点的轨迹为以为焦点，以直线为准线的抛物线，
可得抛物线的方程为，即动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
证明：因为点在上，可得，
联立方程组，可得，
则，
所以直线与相切．
19. 已知函数．
（1）求函数的极值点；
（2）记曲线在处的切线为，求证，与有唯一公共点．
【答案】19.
20. 证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的性质，结合极值点的定义进行求解即可；
（2）根据导数的几何意义，结合导数的性质进行运算证明即可.
【小问1详解】
，
令，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以函数极值点为；
【小问2详解】
由（1）可知：，而，
所以切线的方程为，
由，或，
当时，，此时，与有公共点，
当时，设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，所以，
即，当且仅当时取等号，
所以由，即，此时与有公共点，
综上所述：与有唯一公共点.
20. 已知等差数列的首项为1，前项和为．记，数列是等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据数列是等差数列，求解出前3项，由等差中项得出等式，从而求解；
（2）运用裂项相消的方法求解出，根据函数单调性得证.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为
由题意得，，
，
，
因为数列是等差数列，
所以，即，
解得，，所以.
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
故，
所以
因为，所以，故，
因为为单调递减函数，
所以为单调递增函数，
故当时，，
综上：.
21. 设，函数，．
（1）若，求的最小值与的最大值；
（2）若在上恒成立，求．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）分别求导，再利用导数分别求出最值即可；
（2）令，则在上恒成立，只要恒成立，分类讨论，利用导数求出最小值即可得解.
【小问1详解】
若，，，
，当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，，
，当时，，当时，，
所以函数函数在上单调递减，在上单调递增，所以；
【小问2详解】
令，则在上恒成立，
，
当时，，
所以函数上单调递增，而，
所以当时，在上不恒成立，
当时，若，则，
故当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
综上，只需，得，
综上所述，.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形的面积为6，坐标原点到直线的距离为．
（1）求的方程；
（2）过点作射线，与直线、椭圆分别交于点，（异于点），直线与相交于点，证明：，，三点共线．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由椭圆方程可得得坐标，求出直线的方程，再根据题意求出即可得解；
（2）射线的方程为，，与椭圆方程联立，可得的坐标，在由题意可得的坐标，求出直线的方程，再联立方程，求得的坐标，代入直线的方程，即可得证.
【小问1详解】
由题意知，
则直线的方程为，即，
所以点到直线的距离为①，
由四边形的面积为，得②，
由①②解得，
所以的方程为；
【小问2详解】
由（1）得，
直线的方程为，
由题意可知射线的斜率存在且不为，
设射线的方程为，，
因为点在直线上，则，
则直线的方程为，
联立，消得，
可得，则，
即，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，
联立，
当时，则点三点重合，显然成立，
当时，射线与直线没有交点，
当时，解得，
即，
将代入直线的方程中，
可得成立，即点在直线上，
综上所述，，，三点共线．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．