江苏省盐城市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份江苏省盐城市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知点，，则直线在轴上的截距为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知的两点求出直线的方程，将代入直线方程即可求解轴上的截距.
【详解】因为直线经过两点和，则直线方程为，化简得，
令，则直线在轴上的截距为.
故选：B.
2. 圆与圆的位置关系为（）
A. 外切B. 内切C. 相交D. 外离
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，求出两圆的圆心和半径，结合圆与圆的位置关系即可求解.
【详解】由题意知，
，则，
，则，
又，有，
所以圆与圆相交.
故选：C.
3. 设函数，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将式子变形，得到与的关系，利用导函数运算求解可得.
【详解】由，
又，则，
则.
故选：A.
4. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则实数的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先确定焦点位置，再根据计算即可.
【详解】由已知可得椭圆的焦点在轴上，
故，
则，
得.
故选：D.
5. 已知函数，则曲线在点处的切线经过定点（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求切线斜率，由点斜式得切线方程，再由直线方程不受参数的影响找到定点.
【详解】因为，
所以，则，
又，直线过，
则直线方程为，即，
令，得，即直线不受参数的影响，恒过定点.
故选：A.
6. 已知等比数列前项和为，且，则（）
A. 3B. 5C. 30D. 45
【答案】D
【解析】
【分析】首先确定，再利用等比数列的前和公式代入即可求出答案.
【详解】若公比，则，，右边，等式不成立，故，
则，显然，所以，解得，
又因为，代入得，
所以，
故选：D.
7. 已知双曲线的左、右顶点分别为、，是上一点，为等腰三角形，且的外接圆面积为，则双曲线的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】不妨设点在第一象限，作出图形，分析可知，利用正弦定理求出的值，进而可得出直线的斜率，求出直线的方程，结合二倍角的正切公式以及点斜式可得出直线的方程，可求出点的坐标，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可求出双曲线的离心率的值.
【详解】不妨设点在第一象限，如下图所示：
由图可知，，且，
因为为等腰三角形，则，
设的外接圆半径为，则，可得，
由正弦定理可得，则，即，
易知，为锐角，则，
所以，，
，
所以，直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得，即点，
将点的坐标代入双曲线的方程可得，可得，
因此，双曲线的离心率为.
故选：C.
8. 设数列的前项和为，，且，若存在，使得成立，则实数的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由化简得递推关系，从而求得通项及前项和，要使能成立，即能成立，令，转化为求解的最小值即可.
【详解】由
得，
则有对任意成立，
又，则，
故，且
则数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，
由得，，
分离参数得，，
令
则
令，则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
由，则当时，
当时，恒有，
又，故的最小值为.
若存在，使得成立，则，
则有，即实数的最小值为.
故选：D.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共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）
9. 下列函数的图象可能与直线相切的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】将问题转化为函数有解，则直线就可以为该函数图象的切线，从而逐项检验即可得结论.
【详解】因为直线的斜率为，
所以有解，则直线就可以为该函数图象的切线．
对于A，令，解得，满足条件；
对于B，因为恒成立，不满足条件；
对于C，令，解得，满足条件；
对于D，恒成立，不满足条件．
故选：AC.
10. 在平面直角坐标系中，已知点，，直线，其中，则下列结论正确的是（）
A. 直线恒过定点，且定点坐标为
B. 若直线在两坐标轴上的截距相等，则
C. 若直线过第一、三象限，则
D. 若直线和直线与两坐标轴围成的四边形有外接圆，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出直线的方程，分离参数可求得直线过的定点，判断A；根据直线的方程求出其在坐标轴上的截距，令二者相等求得a的值，判断B；根据直线所过象限确定直线的斜率正负，即可求得a的范围，判断C；根据题意判断直线和直线垂直，即可列式求得a，判断D.
【详解】对于A，当时，，直线的方程为，
即，即，
令，即此时直线恒过定点，
当时，，，直线的方程为也过点，
即直线恒过定点，且定点坐标为，A正确；
对于B，直线在两坐标轴上的截距相等，
显然时，直线的方程为不合题意；
故，此时直线的方程，
令，则，令，则，
令，即，解得或，B错误；
对于C，若直线过第一、三象限，则直线的斜率一定存在且为正数，
即，C正确；
对于D，若直线和直线与两坐标轴围成的四边形有外接圆，
即该四边形对角互补，
而直线恒过定点，故需满足直线，
则，D正确，
故选：ACD
11. 已知数列满足，设数列的前项和为，则下列结论正确的是（）
A. 数列为等差数列B.
C. 数列的前项和为D. 数列的前项和为
【答案】ABC
【解析】
【分析】先构造数列，知其前项和求通项，进而再求出，选项A，由定义证明为等差数列；选项B，利用等差数列前项和公式求解即可；选项C，两项并一项，并项为常数列求和；选项D，分段讨论去绝对值后，分组求和，再利用等差数列求和公式即可求出.
【详解】由，
设，则，
所以当时，，
两式相减得，，
当时，也适合上式.
则，解得，，
所以，故数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，
故选项AB正确；
选项C，数列的前项和
，故C项正确；
选项D，，
则前项和为，
故D项错误.
故选：ABC.
12. 已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交抛物线于两点，则下列结论正确的是（）
A. 抛物线的准线方程为B. 直线与抛物线相切
C. 为定值D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，由点在抛物线上，代入方程待定系数，求出抛物线C方程，则得到准线方程；选项B，利用导数求出切线斜率，与直线斜率相同即可说明相切；选项C，设出直线AB方程，联立抛物线方程，将坐标化韦达定理代入可证；选项D，利用弦长公式用表示，再代入韦达定理，结合判别式得出的的范围，即可判断得出答案．
【详解】对于A：因为点在抛物线：上，
则，解得，
所以抛物线：，
其准线为，故A正确；
对于B：令，
则，可得，
即抛物线在A点处切线斜率与直线AB斜率相同，
所以直线AB与抛物线C相切，故B正确；
对于C：由题意可知，直线PQ斜率存在，
设直线PQ的方程为，
联立方程，消去y得：，
可得，得，
且，
因为
，故C错误；
对于D：由题意可知，
因为，
则，
所以，故D正确.
故选：ABD．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设为函数的导函数，若，则________．
【答案】4
【解析】
【分析】由题意可得，令，分别求出、即可求解.
【详解】由题意知，令，则，
，令，
则，解得，
所以.
故答案为：4.
14. 设各项均为正数的等差数列的前项和为，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式，结合题意，化简得到，求得，再利用等差数列的前项和公式，即可求解.
【详解】由题意，设等差数列的公差为，
因为，可得，
即，可得，且，解得，
又由.
故答案为：.
15. 已知直线关于直线的对称直线与圆有公共点，则实数的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】由对称性可知，求出圆关于直线对称的对称圆方程，再由有公共点，转化为直线与圆相交或相切，利用几何法求解参数的范围即可.
【详解】圆，圆心，半径为，
设圆关于直线的对称圆圆心，
且圆的半径仍为，
则圆心与关于直线对称，
有，解得，即对称圆圆心.
由对称性可知，直线与圆有公共点，
则有圆心到直线的距离
，
化简得，解得，
则实数的取值范围为.
故答案为：.
16. 希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，点，，点是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为_______________________；若点为抛物线上的动点，点在轴上的射影为，则的最小值为________．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】先求出点的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得，当且仅当四点共线时取等号.
【详解】设，已知，，
则，，
化简整理得，
所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，且.
抛物线的焦点，准线方程为，
则
，
当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：；.
四、解答题（本题共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）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据的关系即可作差得，进而可得是以1为首项，2为公比的等比数列，即可根据等比通项求解，
（2）根据等比数列的求和公式即可求解.
【小问1详解】
∵，∴,
两式相减得：，∴ ,
∴，
令得：，∴，,
∴是以1为首项，2为公比的等比数列,
∴，即．
【小问2详解】
由（1）得：，是以1为首项，为公比的等比数列，
∴
18. 已知直线过直线和直线的交点．
（1）若坐标原点到直线的距离为，求直线的方程；
（2）若直线的倾斜角为，且，求直线的方程．
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）联立两直线方程求出交点，分类讨论斜率是否存在两种情况，利用点到直线的距离分别求解直线方程；
（2）由同角三角函数的关系知弦求切，得到直线的斜率，再由点斜式方程可得.
【小问1详解】
由得：，∴点的坐标为，
当直线的斜率不存在时，其方程为，适合题意；
当直线的斜率存在时，设其方程为，
即
∵坐标原点到直线的距离为，
∴，解得，
此时直线的方程为
∴直线的方程为或．
【小问2详解】
∵直线的倾斜角为，且，
由，，
∴，
∴
当时，直线的方程为；
当时，直线的方程为.
∴直线的方程为或
19. 已知直线与圆相交于两点．
（1）若，求直线的倾斜角；
（2）问在轴上是否存在点，使得当实数变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）两圆圆心到直线的距离求出，再根据斜率与倾斜角的关系可得答案；
（2）设点，，假设存在满足题意的点，即，直线方程与圆的方程联立利用韦达定理代入求出可得答案.
【小问1详解】
∵圆的方程为∴圆的圆心为，半径
∵，∴圆心到直线的距离，
解得，即，
当时，倾斜角，当时，倾斜角，
∴直线的倾斜角为或；
【小问2详解】
设点，，假设存在满足题意点，即，
由得：，，
∴，，
∴，
由得：，
∴，解得：，
∴在轴上存在满足题意的点，且点的坐标为.
20. 设数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，，且，设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由与的关系求通项，注意验证时是否成立；
（2）由等比中项形式证明等比数列，求解数列的基本量，再求通项，进而化简，再分组求和，分别利用裂项相消法与等比数列求和公式求和即可.
【小问1详解】
已知，，
则当时，，
则有
当时，，也适合上式，
∴．
【小问2详解】
∵，且，
∴，
∴数列是等比数列，
又，
∴公比，
∴，
∴
，
∴
21. 在平面直角坐标系中，已知点，直线，设动点到直线的距离为，且．
（1）求动点的轨迹的方程，并指出它表示什么曲线；
（2）已知过点的直线与曲线交于两点，点，直线与轴分别交于点，试问：线段的中点是否为定点，若是定点，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1），表示中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆
（2）是定点，
【解析】
【分析】（1）设点，用坐标表示已知等式化简后可得；
（2）设直线的方程为，设点，，由韦达定理得，，求出点坐标，计算并代入，化简可得．
【小问1详解】
设点，由得：，
整理得：，即，
它表示中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，且长轴长为4，短轴长为2 ；
【小问2详解】
设直线方程为，即
由得：
由得：，
设点，，则，，
直线的方程为，令得：，所以点，
直线的方程为，令得：，所以点，
∴
，
∴，即线段的中点坐标为，
∴线段的中点为定点，其坐标为．
【点睛】方法点睛：本题考查主要考查抛物线中直线过定点问题，解题方法是设而不求的思想方程，即设直线方程为，设交点坐标为，，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，代入已知求出参数值，然后由直线方程得定点坐标．
22. 已知椭圆的下顶点为，右顶点为，且，左焦点为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于两点，交轴于点，设为线段的中点，直线交于点，过点作交轴于点．
（1）求椭圆的方程；
（2）当的面积为时，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）由已知条件建立关系待定系数求解即可；
（2）设直线斜率为，直线方程，联立直线与椭圆，应用弦的中点坐标、弦长公式与点到直线的距离公式，用表达的面积，再解方程得，再求出中点，直线与交点，则可求出的值.
【小问1详解】
由题意知，点，，
则，又，，
解得：，，
∴椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，，因为直线l过F且斜率为，
设，
由得，
所以，，
因为M为线段AB的中点，
所以，，
所以，
又因为，所以，
因为在直线上，
令，则，
所以直线的方程为，令，所以，
，
所以，
又点到直线的距离为：，
所以的面积为
化简得：，
则，解得：，即，
所以，则直线的方程为，
又直线方程为：，
联立直线的方程与的方程，
解得，则，