1、兴化市第一中学2023春学期期初考试卷高二年级 数学学科一、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. 已知两条平行直线,则与的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将直线进行化简,再利用平行线间的距离公式即可得出结果.【详解】解:由题知,即,由,根据平行线间的距离公式可得:.故选:B2. 已知为等差数列，则=（ ）A. 5B. 10C. 13D. 15【答案】D【解析】【分析】根据等差数列性质即可求解.【详解】由等差中项得，所以，故，所以，故选：D3. 抛物线的焦点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】
2、C【解析】【分析】将抛物线方程化为标准方程，由此可得抛物线的焦点坐标【详解】将抛物线的化为标准方程为，开口向上，焦点在轴的正半轴上，所以焦点坐标为故选：C4. 已知定义在上的函数的图象如图，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数图象得到单调性，从而确定不等式的解集.【详解】由图象可知：在，上单调递增，在上单调递减，故等式的解集为.故选：B5. 双曲线与椭圆焦点相同且离心率是椭圆离心率的倍，则双曲线的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的方程求出焦点坐标与离心率，设双曲线的标准方程为，可得，求解即可.【详解】椭圆的焦
3、点坐标为,离心率为.设双曲线的标准方程为，由题意可得，解得.所以双曲线的标准方程为.故选:C.6. 设函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由函数单调递增，可得在上恒成立，孤立参数，再设，确定的单调性求最值，即可得实数的取值范围.【详解】解：函数在上单调递减，则在上恒成立，所以，在上恒成立，设函数，则，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，则实数的取值范围是.故选：D.7. 在等比数列中，是函数的极值点，则a5（ ）A. 或B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意可知：是方程的两根，利用韦达定理和等比数列的性质即可求解.
4、【详解】因为，所以.又因为是函数的极值点，即是方程的两根，则有，由为等比数列可知：，因为，且，所以，则有，所以，故选：.8. 已知数列满足，且前项和为，若，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用递推关系可得，即数列是等差数列，结合条件得，再利用等差数列求和公式即得.【详解】，当时，又，由，得，即，数列是等差数列.由，设为公差，则，解得，则.故选：A.二、选择题：本题共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.部分选对的特2分，有选错的得0分. 9. 若函数导函数的部分图像如图所示，则（ ）A. 是的一个极大值点
5、B. 是的一个极小值点C. 是的一个极大值点D. 是的一个极小值点【答案】AB【解析】【分析】根据导函数值正负，与原函数单调性之间的关系，进行逐一判断.【详解】对于A选项，由图可知，在左右两侧，函数左增右减，是的一个极大值点，A正确.对于B选项，由图可知，在左右两侧，函数左减右增，是的一个极小值点，B正确.对于C选项，由图可知，在左右两侧，函数单调递增，不是的一个极值点，C错误.对于D选项，由图可知，在左右两侧，函数左增右减，是的一个极大值点，D错误.故选：AB10. 已知无穷等差数列的前项和为，且，则（ ）A. 在数列中，最大；B. 在数列中，最大C. D. 当时，【答案】AD【解析】【分析
6、】由题得，即可解决.【详解】由题知，无穷等差数列的前项和为，且，所以，所以等差数列为递减数列，所以在数列中，最大；当时，；故选：AD11. 已知圆M：与圆N：的交点为A，B，则（ ）A. 直线AB的方程为B. 线段AB的中垂线方程为C. 在过A，B的所有圆中，圆 M的半径最小D. 线段AB的长度为【答案】AC【解析】【分析】求得直线AB的方程判断选项A；求得线段AB的中垂线方程判断选项B；求得以线段AB为直径的圆判断选项C；求得线段AB的长度判断选项D.【详解】圆M方程为：，圆心M，半径圆N的方程为：圆心N，半径两圆相交于A，B，联立上述两方程得， 圆心在直线上，则直线与圆M相交则直线AB的方
7、程为：，选项A判断正确；线段AB的中垂线过N点，又，与直线AB垂直的直线斜率为1AB的中垂线方程为，即，则选项B判断错误；满足，M在公共弦AB上，AB的长为圆M的直径，即，选项D不对，选项C对.故选：AC.12. 已知数列的前项和，数列是首项和公比均为2的等比数列，将数列和中的项按照从小到大的顺序排列构成新的数列，则下列结论正确的是（ ）A. B. 数列中与之间共有项C. D. 【答案】AB【解析】【分析】根据题意可得：数列是以为首项，为公差的等差数列，则，然后根据数列的性质逐项判断即可求解.【详解】由题意可知：数列的前项和，当时，；当时，；经检验，当时也满足，所以；又因为数列是首项和公比均为
8、2的等比数列，所以.则数列为：，所以，故选项正确；数列是由连续奇数组成的数列，都是偶数，所以与之间包含的奇数个数为，故选项正确；因为，则为偶数，但为奇数，所以，故选项错误；因为，前面相邻的一个奇数为，令，解得：，所以数列从1到共有，也即，故选项错误，故选：三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 在由正数组成的等比数列中，则=_.【答案】8【解析】【分析】根据等比数列的通项公式求解.【详解】设公比为，因为，所以，所以，所以，则，故答案为:8.14. 已知双曲线过点，且与双曲线有共同的渐近线，则双曲线的方程为_.【答案】【解析】【分析】由题意设双曲线方程为，再由双曲线过点求解.【详
9、解】解：因为与双曲线有共同的渐近线，所以设双曲线方程为：，又因为双曲线过点，所以将代入上式中得，所求双曲线的方程为：，故答案为：15. 已知是函数的极小值点，则_【答案】【解析】【分析】求导，根据是函数极小值点，由求解，并检验即可.【详解】解：因为函数，所以，因为是函数的极小值点，所以，即，解得或，当时，当或时，当时，所以，在区间上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数取得极大值，不符合题意；当时，当或时，当时，所以，在区间上单调递增，在上单调递减，所以，当时，函数取得极小值，符合题意；所以，故答案为：16. “牛顿迭代法”是牛顿在17世纪提出的一种近似求方程根的方法.如图，设是的根，选取作为
10、初始近似值，过点作的切线与轴的交点横坐标为，称是的一次近似值；过点作的切线，则该切线与轴的交点的横坐标为，称是的二次近似值；重复以上过程，得到的近似值序列为“牛顿数列”，即.已知函数，数列为“牛顿数列”，设，且.数列的前项和_.【答案】#【解析】【分析】求出代入计算，再计算得，左右两边同时取对数得到，即是等比数列，进而求得的前n项和.【详解】，又又，又，是首项为1，公比为2的等比数列，的前n项和，故答案为：.四、解析题：本题共6小题，共70分.解析应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知圆C经过坐标原点O和点（4，0），且圆心在x轴上（1）求圆C的方程；（2）已知直线l：与圆C相交于A
11、、B两点，求所得弦长的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）求出圆心和半径，写出圆的方程；（2）求出圆心到直线距离，进而利用垂径定理求出弦长.【小问1详解】由题意可得，圆心为(2，0)，半径为2则圆的方程为；【小问2详解】由（1）可知：圆C半径为，设圆心（2，0）到l的距离为d，则，由垂径定理得：18. 已知数列满足，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)根据等比数列的定义求解通项公式；(2)利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】因为数列满足，所以，所以数列是等比数列，首项为，设公比为，由，可得：，解得.【小问2详解】，.19. 已知函数
12、在处取得极大值1.（1）求函数的图象在处的切线方程；（2）求过点与曲线相切的直线方程.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意结合导数与极值的关系求，再根据导数的几何意义求切线方程；（2）先设切点坐标，根据导数的几何意义求切线方程，根据题意列式求解，进而可得结果.【小问1详解】，则，由题意可得，解得，即，令，解得或，故在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极大值1，即符合题意.，则切点坐标为，切线斜率，函数的图象在处的切线方程为，即.【小问2详解】由（1）可得：，设切点坐标为，切线斜率，则切线方程为，切线过点，则，整理得，即，切线方程为，即.20. 已知数列的前项和为，且.（1）求
13、数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)根据与的关系可得，从而确定数列为等比数列，即可求通项公式； (2)根据错位相减法求和.【小问1详解】由得即，所以，因为，所以，即，所以，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以.【小问2详解】由（1）得，前项和，两式相减得，即，所以.21. 已知函数（1）若函数在区间上不单调，求的取值范围；（2）令，当时，求在区间上的最大值【答案】（1） （2）答案不唯一，具体见解析【解析】【分析】（1）利用导函数讨论单调性，求的范围即可；（2）利用导函数求解在上的单调性，按照的不同取值分类讨论，即可求得最大值.【小问1详解
14、】函数的定义域为令，其对称轴为，因为函数在区间上不单调，所以即，解得，所以的取值范围为【小问2详解】，函数的定义域为时，令得或，令得，所以函数在上单调递减，所以时，由知在上单调递增，在上单调递减，所以时，所以在上单调递增，所以时，令得或，令得，所以函数在上单调递增，所以综上：时，时，时，22. 已知，点满足，记点的轨迹为曲线.斜率为的直线过点，且与曲线相交于，两点.（1）求斜率的取值范围；（2）在轴上是否存在定点，使得无论直线绕点怎样转动，总有成立？如果存在，求点的坐标；如果不存在，请说明理由.【答案】（1） （2）存在，【解析】【分析】（1）由题意可得点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，从而可得曲线的方程，则可求得其渐近线方程，从而可求出斜率的取值范围；（2）将直线的方程代入双曲线方程化简利用根与系数的关系，设，由，得，即，化简结合前面的式子可求出的值，从而可得答案.【小问1详解】依题意，所以点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支.则，所以曲线的方程为.曲线的方程为对应的渐近线方程为，根据渐近线的性质可知，要使直线与曲线有2个交点，则取值范围是【小问2详解】由题意得直线为，由消去并化简得，其中，.设，则，设，因为，即，则，所以，所以，所以存在，使成立
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