山东省青岛第五十八中学2023-2024学年高二上学期阶段性测试（第二次月考） 数学试卷（含解析）

这是一份山东省青岛第五十八中学2023-2024学年高二上学期阶段性测试（第二次月考） 数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分，设函数，则，已知等比数列的前项和为，，，则，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
2023—2024学年第一学期阶段性检测
高二数学试卷
注意事项：
1．本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分．第I卷为选择题，共60分；第Ⅱ卷为非选择题，共90分，满分150分，考试时间为120分钟．
2．第I卷共2页，每小题有一个正确答案，请将选出的答案标号（A、B、C、D）涂在答题卡上．第Ⅱ卷共2页，将答案用黑色签字笔（0.5mm）写在答题纸上．
第I卷
一、单项选择题（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．函数，则自变量从变到时函数值的增量为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知数列满足：，，则（ ）
A．19B．21C．23D．25
3．设函数，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知抛物线上一点到焦点的距离为，则其焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
5．已知等比数列的前项和为，，，则（ ）
A．29B．31C．33D．36
6．已知过点作曲线的切线有且仅有两条，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左右焦点分别为，且两条曲线在第一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形，若，椭圆与双曲线的离心率分别为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．在数列中，对任意的都有，且则下列结论正确的是（ ）
①.对于任意的，都有；
②.对于任意，数列不可能为常数列；
③.若，则数列为递增数列；
④.若，则当时，
A．①②③B．②③④C．③④D．①④
二、多项选择题（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．已知是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，则（ ）
A．为其定义域上的增函数B．为偶函数
C．的图象与直线相切D．有唯一的零点
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．
12．在平面上，定点、之间的距离.曲线C是到定点、距离之积等于的点的轨迹.以点、所在直线为轴，线段的中垂线为轴，建立直角坐标系.已知点是曲线C上一点，下列说法中正确的有（ ）
A．曲线C是中心对称图形
B．曲线C上有两个点到点、距离相等
C．曲线C上的点的纵坐标的取值范围是
D．曲线C上的点到原点距离的最大值为
第Ⅱ卷
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．设函数f (x)在(0,＋∞)内可导，且f (ex)＝x＋ex，则＝ ．
14．某厂去年的产值记为.若计划在今后五年内每年的产值比上年增长，则从今年起到第五年这五年内，这个厂的总值约为 ．（保留一位小数，取）
15．函数在上的单调递增区间为 ．
16．设F是双曲线的右焦点，O为坐标原点，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为M，若的内切圆与x轴切于点N，且，则C的离心率为 .
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．
(1)求函数的平行于的切线方程；
(2)求的单调性．
18．数列为等差数列，为等比数列，公比.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
19．已知圆，动圆与圆均外切，记圆心的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点且斜率为4的直线与曲线交于两点，求的面积．
20．已知数列的前项积为，且.
(1)证明：是等差数列；
(2)设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，，求的前项和.
21．已知椭圆：的右焦点为在椭圆上，的最大值与最小值分别是6和2.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)若椭圆的左顶点为，过点的直线与椭圆交于（异于点）两点，直线分别与直线交于两点，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
22．已知函数，．
（1）若函数，求函数的单调区间；
（2）设直线为函数的图象上一点处的切线．证明：在区间上存在唯一的，使得直线与曲线相切．
1．C
【分析】根据变量的增量的定义进行计算．
【详解】因为 ，所以，故C项正确.
故选：C.
2．B
【分析】根据给定条件，利用累加法求通项即得.
【详解】在数列中，，，
所以.
故选：B
3．A
【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．A
【分析】由抛物线的定义可求的值，进而可求焦点坐标.
【详解】解：抛物线上一点到焦点的距离为，
由抛物线的定义知，即，所以，所以，
抛物线的焦点坐标为，
故选：A.
5．B
【分析】根据，可求出首项，公比，然后利用等比数列求和公式即可求解.
【详解】因为数列是等比数列，，
所以，即，则.
又因为，故有.
所以，则，
所有，所有，故B项正确.
故选：B.
6．A
【分析】求导得到导函数，计算切线方程，将切点代入切线方程得到，根据解得答案.
【详解】设切点为，，，
则切线方程为：，
切线过点代入得：，即，
即方程有两个解，则有，解得或．
故选：A
7．B
【分析】根据等腰三角形三边关系可构造不等式求得的范围，根据双曲线和椭圆定义可利用表示出，从而得到，结合的范围可得结果.
【详解】
设椭圆与双曲线的半焦距为c，椭圆长半轴为，双曲线实半轴为，，，
是以为底边的等腰三角形，点在第一象限内，
，
即，，且，，
，，解得：．
在双曲线中，，；
在椭圆中，，；
；
，，则，，
可得：，
的取值范围为.
故选：B.
8．C
【分析】对数列递推关系变形得到，得到与同号，当时，，①错误；
当时，推导出此时为常数列，②错误；
作差法结合时，，求出数列为递增数列，③正确；
由与同号，得到当，有，结合作差法得到为递减数列，④正确.
【详解】因为，所以，
因为任意的都有，所以，
所以与同号，当，则时，都有，①错误；
当时，，所以，同理得：，此时为常数列，②错误；
，
由A选项知：若，则，
所以，
则数列为递增数列，③正确；
由与同号，当，则时，都有，
且此时，
所以数列为递减数列，
综上：若，则当时，，④正确.
故选：C
9．BC
【分析】由已知等比数列判断选项中的数列是否为等比数列时，一般从举反例否定和按照等比数列定义推理两个角度进行即可.
【详解】不妨设等比数列的公比为.
对于A选项，不妨取数列展开为，则展开为，显然不是等比数列，故A项错误；
对于B选项，由则数列为等比数列，故B项正确；
对于C选项，由则数列为等比数列，故C项正确；
对于D选项，当时，数列为首项为0的常数列，显然不是等比数列，故D项错误.
故选：BC.
10．AD
【分析】求出判断函数奇偶性，通过对函数求导，即可求出其单调性，切线和零点是否唯一.
【详解】由题意，
在中，定义域为，
，
∴为上的增函数，A正确；
，
∴为奇函数，B错误；
∵当时，解得：，
此时，
∴斜率为0的切线为，不可能为直线，
∴C错误；
为上的增函数，，
∴有唯一的零点，D正确.
故选：AD.
11．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．ACD
【分析】对A：设点是曲线C上任意一点，则有，将定代入计算即可得；对B：令，可得，故只有一个点符合要求；对C：借助三角形面积公式可得，结合直线三角形中线性质计算即可得；对D：借助平面向量及余弦定理计算即可得.
【详解】对A：由题意可得，，设点是曲线C上任意一点，
则有，
显然，，
即点关于原点对称点在曲线C上，
因此曲线C是中心对称图形，故A正确；
对B：曲线C上点P满足，则点P在y轴上，
由得，解得，
因此曲线C上只有一个点到点、距离相等，故B错误；
对C：当时，，
即，当且仅当，
由直线三角形中线性质可得，
亦即，时取等号，此时，
而点在曲线C上，即成立，因此，
曲线C上的点的纵坐标的取值范围是，故C正确；
对D：因为，
则，
当时，由余弦定理得，
于是得，
当时，或，有或，
因此曲线C上的点到原点距离的最大值为，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：本题D选项关键点在于借助为中点，则可借助向量，得到，左右平方，借助向量的数量积运算结合余弦定理可得，从而得到曲线C上的点到原点距离的最大值.
13．
【详解】试题分析：令，，所以，，，所以答案应填：．
考点：导数的运算．
14．
【分析】设第年的产值为，则，且，利用等比数列的求和公式可求得结果.
【详解】由题意可知，第一年要比上年增长，
设第年的产值为，则，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，从今年起到第五年这五年内，这个厂的总值为.
故答案为：.
15．，
【分析】根据给定条件，利用导数求出函数的单调递增区间.
【详解】函数，求导得，
当时，由，得，解得或，
所以所求单调递增区间为，.
故答案为：，
16．
【分析】结合题意，首先求出，由，通过运算得到，再利用之间的关系得到关于离心率的方程，解出即可.
【详解】
结合题意：双曲线的渐近线方程为：，即.
所以F到渐近线的距离为，所以，
则的内切圆的半径为，
设的内切圆与FM切于点P，
则，
由，得,
即,
则，，
由，得．
即,
由于，解得．
故答案为：.
17．(1)
(2)函数在上单调递减，在上单调递增
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）求导后由导数的正负即可得函数的单调性.
【详解】（1）∵，∴，
由，切线的斜率，设切点坐标为，
则，解得，
则，切点坐标为，
所以切线方程为；
（2）由，，
令即，解得，
令，解得，令，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列与等比数列的通项公式，建立方程组，可得答案.
（2）利用错位相乘法，可得答案.
【详解】（1）设等差数列得公差为d，联立，即，
解得，或，又，所以，
故，
（2）令，
则，
两边乘以得，，
错位相减整理得，，
所以.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据两圆的位置关系结合双曲线的定义分析即可得解；
（2）联立直线与曲线的方程，利用弦长公式求得，再利用点线距离求得到直线的距离，从而利用三角形面积公式即可得解.
【详解】（1）由题意可知：圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
由条件可得，即，
则根据双曲线的定义可知，点是以，为焦点，以2为实轴长的双曲线的右支，
则，可得，
所以曲线的方程为．
（2）依题意，直线的方程为，即，
联立，消去，得，
易知，设，则，
所以，
而到直线的距离为，
所以的面积为.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据数列前项积为与通项的关系，从而可得（），且，求得首项，从而可得结论；
（2）根据裂项求和方法得，再根据题意求解的前项和即可.
【详解】（1）证明：已知数列的前项积为得（），
故有，从而，且，则，所以.
从而是首项为3，公差为2的等差数列.
（2）由（1）知，，.
所以
.
当时，，.
当时，，.
当时，.
这时.
所以时，，
综上，
21．(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）根据椭圆的标准方程列方程组求解即可；
（2）当直线斜率不存在时，易得，当直线斜率存在时，设直线：，，，将直线与椭圆成联立，利用韦达定理结合向量数量积的坐标公式求解即可.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，
由题意可得，解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）由（1）得，
当直线垂直于轴时，，代入椭圆方程，解得，.
所以直线的方程为，令，得，则，
直线的方程为，令，得，则，
所以，，则，即，
若为定值，则必为，
当直线的斜率存在时，设直线，，，
联立整理得，
，
则，，
直线的方程为，令，得，则，
直线的方程为，令，得，则，
因为，所以，，
则
，
故，即.
综上，为定值.
22．（1）增区间和；（2）证明见解析.
【分析】（1）求得函数的定义域和导数，分析导数的符号变化，即可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）求得直线的方程为，设直线与函数相切于点，可得出，进而可将直线的方程表示为，可得，然后利用（1）中的函数在区间上的单调性结合零点存在定理可证得结论成立.
【详解】（1），定义域为，
，
所以，函数的单调递增区间为，；
（2），，
所以，直线的方程为，即，
，则，设直线与函数相切于点，
则，得，则切点坐标为，
所以，直线的方程可表示为，即，
由题意可得，则，
下面证明：存在唯一的使得.
由（1）知，函数在区间上单调递增，
，，
由零点存在定理可知，存在唯一的，使得，即.
所以，存在唯一的使得.
因此，在区间上存在唯一的，使得直线与与曲线相切.
【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数证明直线与曲线相切，考查了零点存在定理的应用，考查推理能力与计算能力，属于难题.