江苏省镇江市丹阳高级中学2020

　　江苏省丹阳高级中学2020-2021学年度高一下期中试卷

　　数学（17-19班） 2021.4

　　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. 若椭圆的右焦点为，则（ ）

　　A. 6 B. C. 2 D.

　　【答案】B

　　【解析】

　　【分析】由题意知椭圆的焦点在x轴，从而得出b、c，然后根据求m．

　　【详解】因为椭圆的右焦点为，所以，，

　　所以，则．

　　故选：B．

　　【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的应用，属于基础题．

　　2. 已知曲线的方程为，则曲线在点处的切线方程为（ ）

　　A. B. C. D.

　　【答案】A

　　【解析】

　　【分析】利用导数求出所求切线的斜率，然后利用斜截式可得出所求切线的方程.

　　【详解】对函数求导得，所求切线的斜率为，

　　因此，曲线在点处的切线方程为.

　　故选：A.

　　【点睛】本题考查导数的运用：求切线方程，考查直线方程的运用，化简运算能力，属于基础题．

　　3. 在数列中，已知，则（ ）

　　A. B. C. D.

　　【答案】D

　　【解析】

　　【分析】由，得到，利用等比数列的定义得到数列表示首项为，公比为的等比数列，进而求得，得到答案.

　　【详解】由，可得，即，

　　又由，可得，

　　所以数列表示首项为，公比为的等比数列，

　　则，即.

　　故选：D.

　　4. 已知直线x－2y＋a＝0与圆O：x2＋y2＝2相交于A，B两点(O为坐标原点)，且△AOB为等腰直角三角形，则实数a的值为（ ）

　　A. 或－ B. 或－

　　C. D.

　　【答案】B

　　【解析】

　　【分析】根据等腰直角三角形边长可求得弦长，利用点到直线距离公式求得圆心到直线距离，根据垂径定理构造方程可求得结果.

　　【详解】为等腰直角三角形 ，又 ，

　　又圆的圆心到直线距离

　　，解得：，

　　故选：B．

　　【点睛】本题考查根据直线被圆截得的弦长求解参数值的问题，涉及到点到直线距离公式、垂径定理的应用；关键是能够明确直线被圆截得的弦长为，属于常考题型.

　　5. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了（ ）

　　A. 192 里 B. 96 里 C. 48 里 D. 24 里

　　【答案】B

　　【解析】

　　【分析】由题可得此人每天走的步数等比数列，根据求和公式求出首项可得.

　　【详解】由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列，

　　由题意和等比数列的求和公式可得，解得，

　　第此人第二天走里.

　　故选：B．

　　6. 已知圆和直线，点是直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点是，则的最大值是（ ）

　　A. B. C. D.

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】

　　根据几何关系可知，当时，到直线上的点的距离最小，此时最大，可求出的最大值，从而可得的最大值.

　　【详解】

　　如图，由几何知识可知，．所以当最大时，也最大．

　　当时，到直线上的点的距离最小为，此时，

　　所以取得最大值为，从而的最大值是.

　　故选：C

　　【点睛】关键点点睛：解题关键是转化思想的应用，将角的大小与长度的大小建立关系.

　　7. 椭圆：的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于，两点，，，则（ ）

　　A. B. C. D.

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】设，，结合余弦定理可得，结合椭圆的定义可得，，，可将用进行表示，代入即可得结果.

　　【详解】设，，由，

　　∴，

　　由椭圆的定义可得，，，

　　所以，解得，

　　故.

　　故选：C.

　　【点睛】本题主要考查焦点三角形的知识，解决焦点三角形问题常利用椭圆的定义、正弦定理或余弦定理，属于中档题.

　　8. 已知函数，其中，若对于任意的，且，都有成立，则的取值范围是（ ）

　　A. B. C. D.

　　【答案】C

　　【解析】

　　【分析】由已知将原不等式等价于恒成立，构造函数，求导在上恒成立，运用参变分离可得选项．

　　【详解】∵对于任意的，且，都有成立，

　　∴不等式等价为恒成立，

　　令，则不等式等价为当时，恒成立，即函数在上为增函数；

　　，则在上恒成立；

　　∴；即恒成立，

　　令，∴；

　　∴在上为增函数；∴；∴；

　　∴.

　　∴的取值范围是.

　　故选：C.

　　【点睛】本题考查构造函数，运用导函数解决不等式恒成立的问题，构造合适的函数是关键，属于较难题．

　　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，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.

　　9. 如图是函数的导函数的图象，则（ ）

　　A. 在时，函数取得极值

　　B. 在时，函数取得极值

　　C. 的图象在处切线的斜率小于零

　　D. 函数在区间上单调递增

　　【答案】AD

　　【解析】

　　【分析】

　　利用函数极值点的定义可判断A、B；根据导数的几何意义以及导数与函数单调性的关系可判断C、D.

　　【详解】由图可知，是导函数的一个变号零点，

　　故当时，函数取得极值，选项A正确；

　　不是导函数的一个变号零点，

　　故当时，函数不能取得极值，选项B错误；

　　的图象在处的切线斜率为，选项C错误；

　　当时，，此时函数单调递增，选项D正确．

　　故选：AD．

　　【点睛】本题考查了导数函数极值点的定义、导数与函数单调性的关系，属于基础题.

　　10. 我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”．如图，已知椭圆，，，，为顶点，，为焦点，为椭圆上一点，满足下列条件能使椭圆为“黄金椭圆”的有（ ）

　　A. 2=2

　　B.

　　C. 轴，且

　　D. 四边形的内切圆过焦点，

　　【答案】BD

　　【解析】

　　【分析】对每个命题如果是正确的求出各个命题所在的椭圆的离心率即可．

　　【详解】,由条件得到，即或（舍，解得：，所以不正确；

　　,若，则由射影定理可得：，

　　即，所以，即，，

　　解得；所以正确；

　　，若轴，如图可得，又，则斜率相等，所以，即，或，显然不符合，

　　所以，所以不正确；

　　，因为四边形为菱形，若命题正确则内切圆的圆心为原点，由圆的对称性可知，

　　圆心到直线的距离等于，

　　因为直线的方程为：，即，所以原点到直线的距离，

　　由题意知：，又，整理得：，，，

　　解得，

　　所以，所以正确，

　　故选：．

　　11. 已知圆，点是圆上的动点，则下列说法正确的有（ ）

　　A. 圆关于直线对称 B. 直线与的相交弦长为

　　C. 的最大值为 D. 的最小值为

　　【答案】ACD

　　【解析】

　　【分析】验证圆心是否过直线判断A，求出相交弦长判断B，把变以代入圆方程，利用判别式不小于0判断C，利用原点到圆心的距离求得最小值判断D．

　　【详解】圆标准方程是，，半径为，

　　易得点在直线上，A正确；

　　点到直线的距离为，弦长为，B错；

　　由得代入圆的方程整理得，

　　，，所以的最大值是，C正确；

　　，，所以的最小值是，D正确．

　　故选：ACD．

　　【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系，掌握直线与圆的位置关系是解题关键，圆的弦长一般用几何法求解，即求出圆心到直线的距离后用勾股定理计算．求分式型，平方型式子的最值，可以利用几何意义求解，如分式型可以用直线斜率，平方型利用两点间距离求解．

　　12. 已知函数，下述结论正确的是（ ）

　　A. 存在唯一极值点，且

　　B. 存在实数，使得

　　C. 方程有且仅有两个实数根，且两根互为倒数

　　D. 当时，函数与的图象有两个交点

　　【答案】ACD

　　【解析】

　　【分析】对进行求导可得，利用导数研究函数的单调性和极值，逐个判断即可得解.

　　【详解】对进行求导可得：

　　，显然为减函数，

　　，

　　故存在，使得，

　　并且，，为增函数，

　　， ，为减函数，

　　故为极大值点，所以A正确；

　　所以，

　　可得：，

　　因为，所以，故B错误，

　　若是的一解，即，

　　则，

　　故和都是的解，故C正确，

　　由，可得，

　　令，

　　，

　　令 ，

　　因为，所以，

　　故为减函数，

　　而，

　　所以当，，即，为增函数

　　，，即，为减函数，

　　所以，

　　故当，有两个解，故D正确.

　　故选：ACD.

　　【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，考查了方程双根问题，同时考查了虚设零点问题以及二次求导问题，是导数作为选择题压轴题的典型题型，对思路要求和计算能力要求非常高，属于难题.

　　三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.

　　13. 已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，它的长轴长等于圆的半径，则椭圆的标准方程是________.

　　【答案】.

　　【解析】

　　【分析】把圆方程化为标准形式，结合已知与，即可求解.

　　【详解】∵圆的标准方程为：，

　　∴圆的半径为4，

　　∴，

　　∵，∴，

　　∴椭圆的标准方程是.

　　【点睛】本题考查椭圆的标准方程，属于基础题.

　　14. 已知曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a的取值范围为_____________．

　　【答案】.

　　【解析】

　　【分析】

　　【详解】试题分析：原题等价于方程有两个大于零实数根．

　　因为

　　所以

　　所以，即

　　设

　　要使方程有两个大于零实数根需要满足，即

　　解得

　　所以的取值范围为

　　考点：1．导函数的几何意义；2．二次函数的根的分布．

　　15. 函数定义域为，其导函数是，当时，有，则关于的不等式的解集为__________．

　　【答案】

　　【解析】

　　【分析】根据题意构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再将，转化为，根据的单调性可求得结果.

　　【详解】令，则，

　　因为，所以，

　　因为，

　　所以，

　　所以在上为减函数，

　　由，得，

　　所以，

　　因为在上为减函数，

　　所以，

　　所以不等式的解集为，

　　故答案为：

　　16. 已知圆C：（x﹣a）2+（y﹣a+1）2＝1，直线l：y＝﹣x+2与x轴交于点A．若a＝1，则直线l截圆C所得弦的长度为__；若过l上一点P作圆C的切线，切点为Q，且，则实数a的取值范围是__．

　　【答案】 ①. ②.

　　【解析】

　　【分析】（1）当a＝1时，圆心半径已知，直接用垂径定理求弦长；

　　（2）由题意得到|PQ|＝|PB|，建立关于m的方程，根据方程有解，，求出a的范围.

　　【详解】当a＝1时，圆心C（1，0），r＝1，

　　则圆心C到直线l的距离d，

　　所以弦长＝22；

　　由题得圆心C（a，a﹣1），即有C在直线y＝x﹣1上运动，

　　不妨设P（﹣m，﹣m+2），过P作PB⊥x轴，则有|PA||PB|，

　　又因为|PA||PQ|，所以|PQ|＝|PB|，

　　因为PQ2＝PC2﹣r2＝（﹣m﹣a）2+（﹣m+2﹣a+1）2﹣1，

　　则有（﹣m+2）2＝（﹣m﹣a）2+（﹣m+2﹣a+1）2﹣1，

　　整理得m2﹣2m+2a2﹣6a+4＝0，

　　问题可转化为上述方程有解，

　　则＝22﹣4（2a2﹣6a+4）＝﹣8a2+24a﹣12≥0

　　解得a∈，

　　故答案为：．

　　【点睛】（1）解析几何问题解题的关键：解析几何归根结底还是几何，根据题意画出图形，借助于图形寻找几何关系可以简化运算．

　　（2）坐标法是解析几何的基本方法.

　　四、解答题:本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字、说明、证明过程或演算步骤.

　　17. 在矩形ABCD 中，已知 AD=6，AB=2，E，F为AD的两个三等分点，以DA所在直线为x轴，以DA中点O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，

　　（1）求以E，F为焦点，DC和AB所在直线为准线的椭圆的标准方程;

　　（2）求以A，D为焦点，且过点F的双曲线的标准方程.

　　【答案】（1）

　　（2）

　　【解析】

　　【分析】（1）设椭圆的方程为，由已知求得a，b，c，可求得所求的椭圆方程；

　　（2）设双曲线的方程为，由已知求得a，b，c，可求得所求的双曲线方程.

　　【小问1详解】

　　解：由已知设椭圆的方程为，

　　由于焦点F的坐标为，对应的准线为，

　　所以，解得，

　　所以所求的椭圆方程为：；

　　【小问2详解】

　　解：由已知设双曲线的方程为，

　　由于焦点D的坐标为，点F的坐标为，

　　所以，

　　所以所求的双曲线方程为：.

　　18. 已知数列成等差数列，各项均为正数的数列成等比数列，，且，.

　　（1）求数列和的通项公式；

　　（2）设，求数列的前n项和.

　　【答案】（1）；；（2）.

　　【解析】

　　【分析】

　　（1）由等差数列和等比数列的基本量法求得通项公式；

　　（2）由裂项相消法求和．

　　【详解】解：（1）因为是等比数列，所以，又，所以，

　　设等差数列的公差为，

　　由，两式相减得，，

　　所以，，

　　所以，

　　而，所以．

　　（2）由（1）得，

　　．

　　【点睛】本题考查求等比数列和等比数列的通项公式，考查裂项相消法求和．考查运算求解能力，属于中档题．.

　　19. 已知函数.

　　（1）当a =1，b = -1时，求f （x）的极值；

　　（2）当时，记函数在区间上的最大值为M，最小值为N，求M-N的最大值.

　　【答案】（1）极大值为，极小值为1

　　（2）1

　　【解析】

　　【分析】（1）对求导，得到的单调性，即可求出f （x）的极值.

　　（2）利用函数的导数求出函数的单调区间，进一步求出最值，可得，再对求导，即可求出答案.

　　【小问1详解】

　　当a =1，b = 时, ，

　　所以，

　　令，解得：或，

　　令，解得：，

　　所以在上单调递增，在上单调递减，

　　所以在上取得极大值，且，

　　所以在上取得极小值，且.

　　【小问2详解】

　　当时，，

　　，令，

　　解得：或，

　　所以在上单调递减，在上单调递增，

　　则，

　　因为，所以

　　所以

　　所以，令，

　　，所以函数在上单调递减，

　　.所以M-N的最大值为.

　　20. 已知点，分别为线段上的动点，且满足

　　（1）若求直线的方程；

　　（2）证明：的外接圆恒过定点（异于原点）．

　　【答案】（1）（2）详见解析

　　【解析】

　　【详解】试题分析：（1）求直线CD的方程，只需确定C，D坐标即可：，，直线的斜率，直线的方程为．

　　（2）证明动圆过定点，关键在于表示出圆的方程，本题适宜设圆的一般式：设，则D，从而解之得,,整理得，所以△的外接圆恒过定点为．

　　试题解析：（1）因为，所以， 1分

　　又因为，所以，所以， 3分

　　由，得， 4分

　　所以直线的斜率， 5分

　　所以直线的方程为，即． 6分

　　（2）设，则． 7分

　　则，

　　因为，所以，

　　所以点的坐标为 8分

　　又设的外接圆的方程为，

　　则有 10分

　　解之得,,

　　所以的外接圆的方程为， 12分

　　整理得，

　　令，所以（舍）或

　　所以△的外接圆恒过定点为． 14分

　　考点：直线与圆方程

　　21. 设、是椭圆上的两点，已知向量，，若且椭圆的离心率，短轴长为，为坐标原点.

　　（1）求椭圆的方程；

　　（2）若直线过椭圆的焦点（为半焦距），求直线的斜率的值；

　　（3）试问：的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由.

　　【答案】（1）

　　（2）

　　（3）的面积为定值，证明见解析

　　【解析】

　　【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；

　　（2）设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合以及韦达定理可求得实数的值；

　　（3）先考虑直线斜率不存在的情况，即，，根据，求得和的值，直接求出的面积；当直线斜率存在时，设出直线的方程，与椭圆联立方程组，利用韦达定理表示出和，再利用，弦长公式及三角形面积公式求得答案.

　　【小问1详解】

　　解：由已知可得，解得，因此，椭圆的方程为.

　　【小问2详解】

　　解：设的方程为，代入得，

　　，

　　由韦达定理可得，，

　　，解得.

　　【小问3详解】

　　证明：①直线斜率不存在时，即，，

　　因为，且，可得，则，，

　　则；

　　②当直线斜率存在时，设的方程为，

　　联立得，

　　，

　　由韦达定理可得，，

　　因为，

　　即

　　，整理可得，

　　，

　　原点到直线的距离为，

　　所以，.

　　综上所述，的面积为定值.

　　【点睛】方法点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线的定值问题，解题时要注意解题技巧的运用，如常用的设而不求，整体代换的方法；探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：

　　①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个这个值与变量无关；

　　②直接推理、计算，借助韦达定理，结合向量所提供的坐标关系，然后经过计算推理过程中消去变量，从而得到定值.

　　22. 已知函数

　　（1）证明为奇函数，并在R上为增函数；

　　（2）若关于x的不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；

　　（3）设，当时，，求b的最大值.

　　【答案】（1）证明见解析

　　（2）

　　（3）2

　　【解析】

　　【分析】（1）由奇函数的定义证明奇函数即可；求导证得，即可证明在R上为增函数；

　　（2）参变分离将题设转化为，换元令得，结合基本不等式求得的最大值，即可求解；

　　（3）先整理出，再求导因式分解得，分和讨论得出单调性，结合即可求解.

　　【小问1详解】

　　因为，，则为奇函数；

　　，当且仅当即时取等，故在R上为增函数；

　　【小问2详解】

　　由得，即在上恒成立，

　　令，则，又，

　　当且仅当即时取等，则；

　　【小问3详解】

　　，

　　，

　　由（1）知，，当时，，则，当且仅当时取等，

　　所以，在R上单增，又，则当时，；

　　当时，，当时，若满足即

　　解得时，，又，则当时，，不合题意；

　　综上：，故b的最大值为2.

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