2021-2022学年江苏省连云港市高一上学期期末调研（四）数学试题（解析版）

2021-2022学年江苏省连云港市高一上学期期末调研（四）数学试题

一、单选题

1．过两点和的直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据直线的斜率公式计算即可求出.

【详解】斜率，倾斜角为，，．

故选：D

2．已知等差数列的公差d不为0，若，，成等比数列，则的值为（    ）

A． B．2 C． D．4

【答案】B

【分析】根据等比数列的性质可知，，再代入等差数列的基本量，化简即可求解.

【详解】因为是公差不为零的等差数列，且，，成等比数列，所以，

即，化简得，又因为，所以．

故选：B．

3．已知抛物线的准线方程为，则抛物线的标准方程是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据抛物线的准线方程可知，抛物线开口向上，可以确定焦点坐标和参数，即可得到抛物线的标准方程.

【详解】抛物线的准线方程为，抛物线的焦点在轴的正半轴，且焦点到准线的距离是，

所求抛物线的标准方程为．

故选：D．

4．设m为实数，直线和圆相交于P，Q两点，若，则m的值为（    ）

A．或 B． C． D．

【答案】A

【分析】由圆的方程写出圆心和半径，利用圆心到直线的距离求出弦心距，再结合弦长，半径，弦心距的关系求解.

【详解】解：圆，即，

所以圆心，半径，

所以圆心到直线的距离为，

由弦长公式得，则，即，

解得，

所以，

即，

即，解得或.

所以m的值为或．

故选：A．

5．设k为实数，已知双曲线的离心率，则k的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意确定，根据双曲线离心率的范围可得不等式，即可求得答案.

【详解】由题意双曲线方程为,可得，

故实半轴，则，

由得，则，

即k的取值范围为，

故选：A．

6．已知函数，导函数为，那么等于（    ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】先对函数求导，再将代入，即可得出结果.

【详解】因为，则，

所以.

故选：C.

【点睛】本题主要求在某点处的导函数值，熟记导数计算公式即可，属于基础题型.

7．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为，则下列四个结论：

①；

②；

③；

④.

其中正确结论的序号是（    ）

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

【答案】B

【分析】根据数列的周期性，结合数列的性质进行求解判断即可.

【详解】因为，，，，，，，，…，

所以是以6为周期的周期数列，所以，所以①正确；

因为，所以③错误；

因为

，所以②错误；

因为

，

所以，所以④正确.

故选：B

8．若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】令，，即，利用导数研究函数的性质，由递增，由零点存在定理知存在，使，则可得，，代入，得关于的不等式，再构造函数，利用单调性求得的取值范围，再由，求得a的最大值.

【详解】令，，所以，

因为需要保证有意义，所以，所以在上单调递增，

因为当时，，且，

所以，使得，

并且当时，；当时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，且，

所以，，

所以

所以，

考虑函数，

其中，

根据复合函数单调性可得函数在上单调递减，

因为，所以解得到，所以，

因为在上单调递增，所以，

所以的最大值为.

故选：C

【点睛】本题主要考查导数的计算和导数在研究函数中的应用，利用导数研究极值时，无法正常求出极值点，可设出极值点作分析，还考查了学生分析推理能力，运算能力，综合应用能力，难度很大.

二、多选题

9．圆，直线，点在圆上，点在直线上，则下列结论正确的是（　　）

A．直线与圆相交

B．的最小值是

C．从点向圆引切线，切线长的最小值是

D．直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是

【答案】BCD

【分析】计算出圆心到直线的距离，比较与圆的半径的大小关系，可判断A选项的正误；计算出的最小值，可判断B选项的正误；计算出切线长的最小值，可判断C选项的正误；计算出直线与曲线相切时以及直线过点时的值，数形结合可判断D选项的正误.

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为.

对于A选项，圆心到直线的距离为，

所以，直线与圆相离，A错；

对于B选项，的最小值为，B对；

对于C选项，如下图所示：

从点向圆引切线，设切点分别为、，连接，则，

则，

当时，取得最小值，此时取得最小值，即，C对；

对于D选项，由得，即，

所以，曲线表示圆的上半圆，

而直线表示过点且斜率为的直线，如下图所示：

当直线与圆相切，且切点在第二象限时，则，解得，

当直线过点时，则，解得.

由图可知，当与曲线有两个不同的交点时，的取值范围是，D对.

故选：BCD.

10．已知等差数列的前n项和，则（    ）

A． B．等差数列的公差2 C． D．取得最大值时n的值为5

【答案】BC

【分析】利用数列是等差数列求出的值，再求出数列的通项公式，再利用数列的性质逐一验证每个选项的正误，从而得到正确答案.

【详解】解：等差数列的前n项和，

，，，

等差数列中满足，即，

解得，故C选项正确；

则，

当时，，

又，满足上式，

所以，故A选项错误；

等差数列的公差，故B选项正确；

由，当时，，，

所以当或6时取得最小值，故D选项错误．

故选：BC．

11．对于方程，下列说法中正确的是（    ）

A．当时，方程表示椭圆

B．当时，方程表示焦点在x轴上的椭圆

C．存在实数，使该方程表示双曲线

D．存在实数，使该方程表示圆

【答案】BCD

【分析】由m与之间的关系，以及圆、椭圆、双曲线标准方程的特征，逐个进行判断.

【详解】方程，当，即或时表示椭圆，故A不正确；

当时，，则方程表示焦点在轴上的椭圆，故B正确；

当，即或时，方程表示双曲线，故C正确；

当，即时，方程为，表示圆，故D正确.

故选: BCD

12．设函数，则下列结论正确的是（    ）

A．当时，

B．当时，有两个极值点

C．当时，在上不单调

D．当时，存在唯一实数m使得函数恰有两个零点

【答案】CD

【分析】求得函数的导数，当时，求得函数的单调性与最值，即可判定当A错误，B错误；当，求得函数单调区间，可判定C正确；当时，把方程恰好有两个解，转化为，得到，令，结合函数的单调性与最值，即可求解.

【详解】的定义域为

，

①当时，易得在上单调递增，在上单调递减，

所以当时，函数取得极大值，且为最大值，最大值为，没有最小值，故A错误，B错误；

②当时，易得在上单调递增，在上单调递减，故C正确；

③当时，易得在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，

，，，

所以恰有两个零点恰有两个解，

即，令，则，

设，则，单调递减.

由且，知，存在使得

易得在上单调递增，在上单调递减，

由且，知存在唯一的使得，故D正确.

故选：CD

三、填空题

13．过点且与直线垂直的直线方程___________.

【答案】

【分析】根据题意设出和已知直线垂直的方程为，代入点的坐标可求出，即可得到所求直线方程.

【详解】与直线垂直的直线方程可设为，

因为点在所求直线上，则，所以，

所以所求直线为.

故答案为：.

14．若方程表示焦点在x轴上的双曲线，则实数k的取值范围是__________．

【答案】

【详解】将变形可得,

由题意可得．

15．已知数列的前项和为，且，则___________.

【答案】

【分析】利用关系，讨论、求的通项公式，注意两种情况下的公式是否可以合并.

【详解】当时，，

当时，，

显然不满足上式，

所以.

故答案为：

16．一个小球作简谐振动，其运动方程为，其中（单位：）是小球相对于平衡点的位移，（单位：）为运动时间，则小球在时的瞬时速度为______.

【答案】

【分析】求导后，代入即可得到结果.

【详解】，，

即小球在时的瞬时速度为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列．

(1)求数列的通项；

(2)令，求数列的前项和．

【答案】(1)；

(2)﹒

【分析】(1)由，，，成等比数列，求得公差即可；

(2)利用，累加即可．

【详解】（1）由题设知公差，

由，，，成等比数列，得，

解得或(舍)，

故的通项；

（2），

∴

．

18．已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，

（1）求C的方程；

（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.

【答案】（1）；（2）18.

【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；

(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.

【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.

当y=0时，解得，所以a=4，

椭圆过点M(2，3)，可得，

解得b2=12.

所以C的方程：.

(2)设与直线AM平行的直线方程为：，

如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，

可得：，

化简可得：，

所以，即m2=64，解得m=±8，

与AM距离比较远的直线方程：，

直线AM方程为：，

点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，

利用平行线之间的距离公式可得：，

由两点之间距离公式可得.

所以△AMN的面积的最大值：.

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

19．已知是各项均为正数的等比数列，，

(1)求数列的通项公式；

(2)，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等比数列的公比为q，利用，求得可得答案；

（2）求出，由利用裂项相消求和可得答案.

【详解】（1）设等比数列的公比为q，，

由已知：，

，即，

或舍去，

；

（2）由（1）知：，

，

.

20．已知函数.

（1）若，求的极大值

（2）曲线若在处的切线与曲线相切，求a的值.

【答案】（1）2；（2）.

【分析】（1）利用导数求得的单调区间，进而求得的极大值.

（2）先求得在处的切线方程，设直线与曲线相切于点，利用切点和斜率列方程组，化简求得的值.

【详解】（1），，，

所以，

当，，为增函数；

当，，为减函数；

当，，为增函数；

所以当时，的极大值为；

（2）由，得，

，，.

所以曲线在处的切线方程为，

设直线与曲线相切于点，

，

所以，得，所以，所以.

【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数研究切线，属于中档题.

21．平面内动点到定点的距离比到轴的距离大1.

(1)求点的轨迹方程；

(2)过作直线与（1）中位于轴右侧的曲线相交于两点，若，求.

【答案】(1)或()；

(2)3.

【分析】（1）设，利用题设列方程，化简可求得点的轨迹.

（2）设过的直线方程为，代入结合韦达定理，代入列方程组求结果.

【详解】（1）设，则，

当时，，当时，．

所以，所求轨迹方程为或()．

（2）由题意，设过的直线方程为，代入得：.

设，（不妨设），则①，②，

由得：③，

①②③联立得，，则，代入直线的方程得，即，

∴.

22．设函数，

(1)讨论函数的单调性；

(2)若（其中），证明：；

【答案】(1)当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）首先求函数的导数，，再分和两种情况讨论函数的单调性；

（2）首先求函数的导数，利用导数分析函数的图象和性质，确定，利用分析法转化为证明，再结合函数的单调性，转化证明，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性，最值问题，即可证明.

【详解】（1）由已知得：

当时，，在上单调递增；

当时，令得，

 当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

综上，  当时，的单调递增区间为；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为

（2）证明：，

在上单调递增，上单调递减，且，

又当时，；当时，，

，，

要证：成立，只需证：

在 上单调递增，故只需证：

即证：

令，只需证：，

即证：，

令，，

，证毕.