2022-2023学年江苏省盐城市滨海县东元高级中学高二上学期第二次学情检测数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省盐城市滨海县东元高级中学高二上学期第二次学情检测数学试题

一、单选题

1．已知等比数列的前项和为，且，则的公比为（    ）

A．2 B． C．2或 D．1或

【答案】C

【分析】首先根据等比数列以及题目所给条件，判断，然后利用等比数列求和公式化简变形即可求解.

【详解】因为，若，则，不符合题意.

则，可得，因为，则有，则

或者.

故选：C

2．直线在轴上的截距为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】代入求解即可.

【详解】代入可得，解得，即直线在轴上的截距为.

故选：C

3．已知抛物线：的焦点为，准线为，点在抛物线上，直线交轴于点且，则点到准线的距离为（    ）

A．6 B．5 C．3 D．

【答案】D

【分析】过点作轴的垂线，垂足为，根据抛物线的定义结合相似即可求得，从而得到结果.

【详解】

如图，过点作轴的垂线，垂足为，

由题意可得，即，

因为，则

所以，则点到准线的距离为

故选:D

4．已知数列是等比数列，以下四个命题中正确命题的个数是（    ）

①是等比数列；

②是等比数列；

③是等比数列；

④是等比数列.

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】B

【分析】由已知结合等比数列的定义分别检验各选项即可判断．

【详解】由题意得，当时，，，

当时，，故是等比数列；

当时，，故是等比数列；

当时，，故是等比数列；

当时，时，显然不符合等比数列．

故选：B

5．过圆上一点作圆的切线，则直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据直线垂直可得斜率关系，进而根据点斜式即可求解切线方程。

【详解】设，设圆心为,由于在圆上，所以 ,

所以切线的斜率为，由点斜式可得切线方程为，即，

故选：A

6．若双曲线的对称轴为坐标轴，渐近线被圆：截得弦长为，则双曲线的离心率为（    ）

A．或 B．或 C．或 D．或

【答案】C

【分析】设渐近线方程，再根据垂径定理可得，进而根据渐近线斜率与双曲线离心率的关系求解即可.

【详解】设渐近线方程，则圆：圆心到的距离，即，解得.又双曲线基本量关系可得，结合渐近线方程可得当双曲线焦点在轴时，离心率为；当双曲线焦点在轴时，离心率为；

故选：C

7．已知数列满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先根据题意得到，再利用裂项法求解即可.

【详解】由题知：，则

.

故选：C

8．将上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的，得到曲线，若直线与曲线交于两点，且中点坐标为，那么直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据变换法则可得曲线方程为，再利用点差法求解直线的斜率与方程即可.

【详解】将上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的，则设曲线上的点坐标为，

故在上，故，即曲线方程为.

设，则，，

利用点差法有，，

又中点坐标为，故，

即，直线的斜率为.

故直线的方程为，化简可得.

故选：B

二、多选题

9．已知直线：和圆：，下列说法正确的是（    ）

A．直线恒过定点

B．圆被x轴截得的弦长为4

C．直线被圆截得的弦长存在最大值，且最大值为

D．直线被圆截得的弦长存在最小值，且最小值为4

【答案】ABD

【分析】A选项，对变形后得到，求出定点；

B选项，由垂径定理进行求解；

C选项，直线被圆截得的弦长存在最大值，且最大值为直径；

D选项，当直线与直线垂直时，被圆截得的弦长最小，利用垂径定理进行求解.

【详解】变形为，

故，解得：，故直线恒过定点，A正确；

的圆心为，半径为，圆心到x轴的距离为1，

由垂径定理得：，B正确；

直线被圆截得的弦长存在最大值，且最大值为直径，故最大值为，C错误；

当直线与直线垂直时，被圆截得的弦长最小，其中，

由垂径定理得：，故最小值为4，D正确.

故选：ABD

10．设等比数列的前项积为 并满足，，则下列结论正确的有（    ）

A． B． C．当时，取最大值 D．当时，

【答案】BCD

【分析】首先根据题意得到，从而得到，所以，即等比数列为递减数列.对选项A，根据数列的单调性即可判断A错误，对选项B，根据即可判断B正确，对选项C，根据即可判断C正确，对选项D，根据，当时，，即可判断D正确.

【详解】，所以，即.

所以.

因为，所以，即等比数列为递减数列.

对选项A，因为为递减数列，所以，故A错误.

对选项B，因为，

因为，所以，即，故B正确.

对选项C，因为等比数列为递减数列，，

所以，，即当时，取最大值，故C正确.

对选项D，，

又因为，，

所以当时，，当时，，故D正确.

故选：BCD

11．已知是椭圆的左焦点，椭圆上至少有5个不同的点，组成公比为（）的等比数列，则（    ）

A．该椭圆的离心率为 B．的最大值为8

C．的值可以为 D．的值可以为

【答案】ABD

【分析】首先根据椭圆方程以及椭圆性质即可判断AB，再根据等比数列公比的求法，利用公比最大时的值，即可判断CD.

【详解】因为椭圆的标准方程为，可知，，则离心率，A正确；

椭圆上的动点满足，即有，则的最大值为8，则的最大值为8，B正确；

由题意可知，当椭圆上恰有五个点使得、、、、构成等比数列时，此时公比最大，

则由前面可知，当、时，此时最大公比，

即，而，故C错误，D正确.

故选：ABD

12．已知数列满足且，数列满足（），下列说法正确的有（    ）

A．数列为等比数列 B．当时，数列的前项和为

C．当且为整数时，数列的最大项有两项 D．当时，数列为递减数列

【答案】BCD

【分析】A选项，变形为，得到为常数列，故，，根据定义求出不是等比数列，A错误；

B选项，错位相减法求和，B正确；

C选项，作差法得到随着的变大，先增后减，根据为整数，得到且最大，即数列的最大项有两项，C正确；

D选项，作差法结合得到，故D正确.

【详解】变形为，又，故数列为常数为1的数列，故，

所以，因为，

若，则为常数为0的常数列，不是等比数列，

若，则不是定值，不是等比数列，综上A错误；

当时，，

设数列的前项和为，

，①

则，②

②-①得：，B正确；

当时，，

因为，所以当，即时，，即

当，即时，，即，

故随着的变大，先增后减，

因为为整数，故且最大，即数列的最大项有两项，C正确；

当时，，

因为，所以单调递增，故，

因为，所以，

数列为递减数列，D正确；

故选：BCD

三、填空题

13．曲线C：表示焦点在轴上的双曲线，则m的取值范围为________.

【答案】

【分析】根据双曲线焦点位置，列出不等式组即可求解.

【详解】因为该曲线表示焦点在轴上的双曲线，则有，解得,即.

故答案为：

14．已知直线的方程为，椭圆的方程为，直线与椭圆没有公共点，则的取值范围是_________.

【答案】

【分析】将直线方程与椭圆方程联立，由可求得实数的取值范围.

【详解】因为直线和椭圆没有公共点，

所以.

，即，解得或.

故答案为：.

15．已知数列的通项，当前项和取得最小值时，的值为_____.

【答案】6

【分析】求出数列在的不同取值范围的正负，判断出的单调性即可求解.

【详解】令，解得或，，

当时，，，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以取得最小值时的值为6.

故答案为：6.

16．设为抛物线的焦点，、、为抛物线上不同三点，且，为坐标原点，若、、的面积分别为、、，则___________.

【答案】3

【分析】确定抛物线的焦点的坐标，结合图形分别求解、、，可得，利用点是的重心，即可求得结论.

【详解】解：如图，连接

设、、三点的坐标分别为,，,，,，则

抛物线的焦点的坐标为，

，，，

，

，点是的重心．

．

．

故答案为：3．

四、解答题

17．在等比数列中，

(1)已知，，求；

(2)已知，，求.

【答案】(1)

(2)当时，；当时，

【分析】（1）首先根据题意得到，再根据求解即可.

（2）首先根据题意得到或，再分别求和即可.

【详解】（1）因为，，

所以，解得.

所以.

（2），，所以，即，解得或.

当时，，

所以.

当时，，

所以.

18．已知，，点C满足.

(1)求点C的轨迹E的方程；

(2)经过点A的直线与曲线E只有一个公共点，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）设点，根据条件结合两点间距离公式得到等式，化简即可得到其轨迹方程；

（2）当直线斜率存在时，设，根据直线与圆相切可得，即可求得，从而得到切线方程.

【详解】（1）设点，由，，

可得，

因为，则

化简可得

（2）因为直线与曲线E只有一个公共点，则直线与圆相切

显然，当直线斜率不存在时，不合题意；

当直线斜率存在时，设直线：，即，

则圆心到直线的距离，

解得，

则直线方程为或

19．从①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．

设等差数列的前n项和为，，        ；设数列的前项和为，，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)求数列的前项和．

注：作答前请先指明所选条件，如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)条件选择见解析，，

(2)

【分析】（1）利用等差数列的性质和前n项和公式求解求数列的通项公式，利用与前项和为的关系求的通项公式；（2）利用错位相减法求和.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

选择①，

所以，

即，解得，所以，

选择②，

所以，解得，所以，

选择③，

所以，即，

解得，所以，

因为，

当时，，即，

所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.

（2）由(1)可知，

所以，

，

两式相减得

所以.

20．已知焦点在x轴上的双曲线C的一条渐近线方程为，左焦点F到直线的距离为1，右顶点为A，直线：与双曲线相交于P、Q两点（P、Q不和双曲线的顶点重合）.

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)当时，求PQ的长；

(3)当为何值时，以PQ为直径的圆经过点A.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据焦点位置确定渐近线方程，再根据左焦点F到直线的距离为1用点到直线距离公式表示出来，最后根据双曲线a、b、c关系即可求出双曲线方程；

（2）联立方程，根据韦达定理和弦长公式即可求出PQ的长；

（3）以PQ为直径的圆经过点A说明，联立直线与双曲线方程，利用进行代数计算即可.

【详解】（1）因为双曲线C的焦点在x轴上，设双曲线C方程为，所以双曲线C的渐近线方程为，即

设左焦点F为，则左焦点F到直线的距离为，解得，由解得

故双曲线C的标准方程为

（2）当时，，联立方程。

整理可得：，根据韦达定理：，

设，，则PQ的长根据弦长公式得：

（3）以PQ为直径的圆经过点A时需满足，由（2）可知，

联立方程，整理可得：

，解得，因为P、Q不和双曲线的顶点重合，所以

根据韦达定理：，，

因为，解得或（舍去）

故当为时，以PQ为直径的圆经过点A.

21．已知数列的前项和，数列满足，，记数列的前n项和为.

(1)求；

(2)求的最大值.

【答案】(1)-1026

(2)10

【分析】（1）先求出，进而得到，，分组求和得到；

（2）在第一问的基础上，得到，，从而求出的最大值.

【详解】（1）当时，，

当时，，

又，故，

则，

当时，，

，

两式相减得：，

因为，所以，

当时，，，

两式相减得：，

因为，所以，

因为，解得：，

故当时，为等差数列，公差为-4，首项为8，

故，

；

（2）当时，

，

因为，故当时，取得最大值，最大值为9；

当时，

，

因为，故当时，取得最大值，最大值为10；

综上：最大值为10.

22．已知椭圆C：的离心率，经过点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知直线与椭圆C相交于P、Q两点，直线AP、AQ的斜率之和为0，求直线的斜率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由离心率与椭圆经过点，结合，求出，，得到椭圆方程；

（2）先判断出直线的斜率为0或斜率不存在时，直线AP、AQ的斜率之和不为0，舍去，当直线的斜率存在且不为0时，设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，由，列出方程，求出，因式分解后求得或，验证当时，直线经过点，不合要求，从而求出直线的斜率为.

【详解】（1）由得：，

将代入椭圆方程得：，结合，

求出，，故椭圆C方程为；

（2）当直线的斜率为0或斜率不存在时，由对称性可知：此时直线AP、AQ的斜率之和不为0，舍去；

故直线的斜率存在且不为0，设为，

与联立得：，

设，

故，

故

，

即，

解得：，

即，，

当时，，即直线经过点，

此时两点中有一点与重合，不合要求，舍去，

故，解得：，

故直线的斜率为.