江苏省扬州中学2022-2023学年高二上学期数学期末考试模拟试题.docx

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1、 扬州中学2022-2023学年度期末考试模拟试卷数学试题注意事项：1.本试卷共150分，考试时间120分钟第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共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若直线过点，则此直线的倾斜角是（）ABCD2已知数列，成等差数列，成等比数列，则的值是（）ABC或D3过圆x2+y25上一点M（1，2）作圆的切线l，则l的方程是（）Ax+2y30Bx2y50C2xy50D2x+y504九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜.据明代杨慎丹铅总录记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一

2、“.在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，若.且，则解下6个环所需的最少移动次数为（）A13B16C31D645设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（）ABCD6已知数列满足，且，则（）ABCD7已知实数满足，那么的最小值为ABCD8已知为椭圆上不同的三点，直线，直线交于点，直线交于点，若，则（）A0BCD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已知圆：，则下列说法正确的是（）A点在圆M内B圆M关于对称C半径为D直线与圆M相切10下列说法错误的是

3、（）A“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件B若点是曲线上的动点，则的取值范围是C已知双曲线左焦点为，是左支上一动点，则的最小值是D已知，是椭圆：的左右焦点，是椭圆上的一动点，则的最小值是11数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（）A曲线C围成的图形有4条对称轴B曲线C围成的图形的周长是C曲线C上的任意两点间的距离不超过5D若是曲线C上任意一点，的最小值是12设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，则下

4、列选项正确的是（）A为递减数列BC是数列中的最大项D第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13设为椭圆：和双曲线：的一个公共点，且在第一象限，是的左焦点，则_.14在平面直角坐标系中，过点的直线与圆交于两点，则四边形面积最大值为_.15在三棱锥中，则三棱锥的外接球表面积为_.16设是数列的前项和，则_；若不等式对任意恒成立，则的最小值为_.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17为等差数列的前项和，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）求，并求的最小值.18已知抛物线的顶点在原点，对称轴为x轴，焦点在直线上(1)求该

5、抛物线的方程；(2)若该抛物线上点A的横坐标为2，求点A到该抛物线焦点的距离19已知直线：，直线：.（1）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程；（2）若，求直线的方程.20已知焦点在x轴上，短轴长为的椭圆C，经过点(1)求椭圆C的标准方程；(2)若点M、N在椭圆C上，且以MN为直径的圆经过点A，求点A到直线MN距离的最大值21知椭圆E：的左右焦点分别为，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在x轴上的射影恰好为(1)求椭圆E的方程；(2)如图，下顶点为A，过点作一条与y轴不重合的直线.该直线交椭圆E于C，D两点.直线AD，AC分别交x轴于点H，求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.22已知函

6、数，.(1)若，求的单调区间；(2)若不单调，且.（i）证明：；（ii）若，且，证明. 参考答案：1A【分析】利用两点斜率公式求出斜率，进而可得倾斜角.【详解】解：设直线的倾斜角为，则，故选：A.【点睛】本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，考查两点斜率公式，是基础题.2D【分析】由数列，成等差数列，可求出的值，再由，成等比数列，可求出的值，从而可求得答案【详解】因为数列，成等差数列，所以，因为，成等比数列，所以，所以，故选：D3B【分析】本题先根据圆的切线的几何意义建立方程求切线的斜率，再求切线方程即可.【详解】解：由题意：点M（1，2）为切点，则，解得：，l的方程：，整理得：，故选：B.【点睛

7、】本题考查圆的切线的几何意义，点斜式直线方程，两线垂直其斜率相乘等于，是基础题.4C【解析】根据已知的递推关系求，从而得到正确答案.【详解】，所以解下6个环所需的最少移动次数为.故选：C.5B【分析】构造函数，根据得到的单调性，在变形不等式由单调性求解即可.【详解】由题知，函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，即，设，所以，所以在上单调递增，因为，所以，所以，解得，所以不等式的解集为，故选：B6C【分析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求出，进而得到数列的通项公式，即可得到答案.【详解】因为，所以，则，有，所以数列是以为首项，为公比的等

8、比数列，则，所以则，所以.故选：C.【点睛】利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值。比较复杂的递推公式求通项公式一般需用构造法构造来求，构造法求数列通项公式一般而言包括：取倒数，取对数，待定系数法等,其中待定系数法较为常见.一、倒数变换法，适用于（为常数）二、取对数运算三、待定系数法1、构造等差数列法2、构造等比数列法定义构造法。利用等比数列的定义通过变换，构造等比数列的方法.（为常数）型递推式可构造为形如的等比数列.（为常数，下同）型递推式，可构造为形如的等比数列.四、函数构造法对于某些比较复杂的递推式，通过分析结构，联想到与该递推式结构相同或相近的公式、函数，再构造“桥函数

9、”来求出所给的递推数列的通项公式的方法.7A【详解】 由题意知，表示点到坐标原点的距离， 又原点到直线的距离为， 所以的距离的最小值为，故选A.8B【分析】根据三角形面积公式及或得，再应用相交弦长公式列方程，即可求.【详解】由，则， 由图知：当位置变化时，或，故，所以，而直线、斜率存在且不为0，故，所以，即或，当，化简得.当时，显然，无解.所以.故选：B.9BD【分析】A选项，代入点坐标，大于0，表示点在圆外；B选项，圆心在直线上，故关于直线对称；C选项，配方后得到圆的半径；D选项，利用点到直线距离进行求解.【详解】整理得：，时，点在圆M外，A错；圆心M在直线上，圆M关于对称，B对；圆M半径为

10、1，故C错；圆心到直线的距离为，与半径相等，直线与圆M相切，D对.故选：BD.10ABC【分析】利用两直线垂直的充要条件即可判断A；根据的几何意义即可判断B；结合椭圆的图象和性质即可判断C；利用椭圆的定义进行转化即可判断D.【详解】对于A，因为直线与直线互相垂直，则有，解得：或，故选项A错误；对于B，表示点与椭圆上半部分上一动点连线的斜率，结合椭圆的图象可知：斜率的范围为，故选项B错误；对于C，由题意可知：当点位于左支顶点时，最小，故选项C错误；对于D，由椭圆的定义可知：，所以，所以，也即求的最小值，所以的最小值是，故选项D正确，故选：ABC.11ABD【分析】去掉绝对值可得曲线的四段关系式，

11、从而可作出曲线的图像，由图像即可判断ABCD.【详解】，当时，即，表示圆心为，半径的半圆；当时，即，表示圆心为，半径的半圆；当时，即，表示圆心为，半径的半圆；当时，即，表示圆心为，半径的半圆.曲线的图像如下图所示：对于A，易知曲线图像有4条对称轴，A正确；对于B，曲线图形由4个半圆组成，故其周长为，B正确；对于C，由图可知，曲线C上的任意两点间的最大距离为，C错误；对于D，圆心到直线的距离为，到直线的距离，若使最小，则有，所以，得，D正确.故选：ABD.12AC【分析】根据题意先判断出数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.再对四个选项一一验证：对于A：利用公比的定义直接判断；

12、对于B：由及前n项和的定义即可判断；对于C：前项积为的定义即可判断；对于D：先求出，由即可判断.【详解】由可得：和异号，即或.而，可得和同号，且一个大于1，一个小于1.因为，所有，即数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.对于A：公比，因为，所以为减函数，所以为递减数列.故A正确；对于B：因为，所以，所以.故B错误；对于C：等比数列的前项积为，且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所以是数列中的最大项.故C正确；对于D：因为，所以，即.故D错误.故选：AC13#【分析】先求出F点坐标，再联立椭圆和双曲线方程，求出P点坐标，运用两点距离公式即可.【详解】对于椭

13、圆M， ；联立方程 ，解得 ，因为在第一象限， ，；故答案为： .14#【分析】设直线的方程为，与圆的方程联立，设，由韦达定理表示，令，转化为求利用配方法求的最值可得答案.【详解】圆，由题意直线的斜率不为， 设直线的方程为，与圆的方程联立得，设，所以，所以，所以，令，则，则，当时有最大值，所以有最大值，此时，即.故答案为：.15【分析】根据外接球半径与底面外接圆半径，高度的关系计算即可.【详解】因为,由余弦定理得,由题由正弦定理得，外接圆直径为，得，因为由勾股定理得又因为由勾股定理得,平面,平面,所以平面设球心到平面的距离为，所以，所以三棱锥的外接球半径为，则三棱锥的外接球表面积为故答案为:

14、16 【分析】利用题设条件可得，化简后可得，从而可求的通项，再利用数列单调性求出的最大项，从而可求参数的取值范围.【详解】因为，故即.因为，故当时，故，整理得到，所以，故为等差数列且首项为，公差为2，故，故.又即为，故.设，则当时，故为单调递减数列，故，故即.故答案为：，.17（1）；（2），时，的最小值为.【解析】（1）利用等差数列的通项公式以及前项和公式求出，代入通项公式即可求解. （2）利用等差数列的前项和公式可得，配方即可求解.【详解】（1）设的公差为 ，由，即，解得，所以.（2）， ，所以当时，的最小值为.18(1)(2)6【分析】（1）求出焦点坐标，设出抛物线方程，从而得到，求出及

15、抛物线方程；（2）由焦半径公式进行求解.【详解】（1）中，令得：，则焦点坐标为，故设抛物线方程为，故，解得：，故抛物线方程为；（2）设点A到该抛物线焦点的距离为，由抛物线的定义可知：.19（1）或；（2）.【解析】（1）分直线过原点和直线不过原点两种情况讨论，分别求解即可.(2) 若，则解得或,再验证从而得出答案.【详解】（1）若直线过原点，则在坐标轴的截距都为，显然满足题意，此时则，解得，若直线不过原点，则斜率为，解得.因此所求直线的方程为或（2）若，则解得或.当时，直线：，直线：，两直线重合，不满足，故舍去；当时，直线：，直线：，满足题意；因此所求直线：【点睛】易错点睛：本题考查直线的截距

16、概念和根据两直线的位置关系求参数，在解决这类问题时，直线在两坐标轴上的截距相等（或互为相反数）时，要注意直线过原点时也满足条件，这是在解题中容易漏掉的情况，在由直线平行求参数时，求出参数时要代回检验，对重合的情况要舍去，这个也是容易出错的地方，要注意，属于中档题.20(1)(2)【分析】（1）利用待定系数法可求椭圆的标准方程.（2）可证直线过定点，从而可求点A到直线MN距离的最大值【详解】（1）设椭圆标准方程为，则且，故，故椭圆标准方程为：.（2）若直线的斜率与直线的斜率均存在且非零，故可设，.由可得，故，故，故.同理，. 故，故直线的方程为：，整理得到：，整理得到：，故直线过定点.若直线的斜

17、率与直线的斜率一个不存在，另一个则为零，此时或，此时的方程为：，也过，综上，直线过定点.所以为的距离的最大值为，当且仅当即时取最大值.21(1)(2)证明见解析，【分析】（1）根据题意过且斜率为的直线设出来，令直线方程里的求出的值，把此点代入椭圆方程，再根据的关系求解.（2）把直线方程设出来，与椭圆联立得到关于的一元二次方程，韦达定理求出用来表示，然后把方程用表示出来，令方程里的，求出点的坐标，把三角形的面积用表示，同理的面积也用表示出来，所以用，表示，然后根据韦达定理代入化简可得.【详解】（1）过且斜率为的直线的方程为，令，得，由题意可得，解得，椭圆E的方程为：；（2）由题意知，直线BC的斜

18、率存在，设直线BC：，联立，得，由，得，直线AD的方程为，令，解得，则，同理可得，【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22(1)见解析(2)见解析【分析】(1)根据和两种情况讨论.(2)根据求出，再根据不单调求出，再根据证明.【详解】（1）若，即，定义域为当时，又因为，所以所以在上单调递增；当时，所以在单调递减，在上单调递增.综上：时在上单调递增时在单调递减，在上单调递增.（2）（i），即又因为不单调，即在上有零点，又所以且，所以所以，即又因为所以又因为所以，即.（ii）设，则，故由即即可知，则.要证，也就是证明成立，即证，把代入，即证明：即可.设.即所以在上单调递增，又，故在上单调递增，又因为，故，即，也就是证明，令，即证：，易知，原不等式等价于先证明：当成立.即，等价于，即则故，所以不等式成立，故成立，原不等式得证.【点睛】本题的关键是将变形，然后通过换元转化为，这样将双变量问题转化为单变量问题，构造函数解决问题.