精品解析：江苏省南京市第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题

南京一中2024-2025学年第一学期期末考试 高二数学 2025.1 命题人：雷蕾 校对人：蒋文化 审核人：蒋文化 注意事项： 1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷. 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 3.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上. 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. 抛物线的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线，.当时，的值为（ ） A. 1 B. C. 或1 D. 3. 已知是定义在上的可导函数，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 4. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ） A. 3盏 B. 5盏 C. 7盏 D. 9盏 5. 已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，100，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则数列的各项之和为（ ） A. 438 B. 450 C. 254 D. 278 6. 椭圆上任意一点P到点的距离的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 7. 若曲线与直线有3个不同交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，半径为1，点.若圆上存在点，满足，则点的横坐标的取值范围是（ ） A. B. C D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图是函数的导函数的图象，则（ ） A. 函数的图象在处切线的斜率小于零 B. 函数在区间上单调递增 C. 在时，函数取得极值 D. 在时，函数取得极值 10. 已知实数x，y满足，则（ ） A. 的最小值为-5 B. 的最大值为9 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11 已知数列满足，，则（ ） A. B. 是递增数列 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设数列的前项和为，且，，.请写出一个满足条件的数列的通项公式________. 13. 若双曲线的实轴长、虚轴长、焦距成等比数列，则其离心率为________.. 14. 已知直线与曲线相切，则的最大值为________.. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知等比数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）若，求的最小值. 16. 已知圆过点，且与圆：相切于点. （1）求圆的方程； （2）设直线过点，且与圆交于，两点，若，求的方程. 17. 已知数列是首项为4，公差为2的等差数列，且. （1）求数列通项公式； （2）设，，若是等差数列，求的值. 18. 已知函数，. （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，，求取值范围. 19. 已知双曲线的一条渐近线方程为，且过点.设A，B分别是的左、右顶点，M，N是的右支上异于点B的两点. （1）求的方程； （2）若直线过点，且的斜率为2，求的值； （3）设直线，的斜率分别为，，若，求证：直线恒过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南京一中2024-2025学年第一学期期末考试 高二数学 2025.1 命题人：雷蕾 校对人：蒋文化 审核人：蒋文化 注意事项： 1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷. 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 3.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上. 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. 抛物线的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由抛物线方程转换成标准方程即可求解； 【详解】，即，焦点在y轴正半轴上，由，得，所以焦点为， 故选：C. 2. 已知直线，.当时，的值为（ ） A. 1 B. C. 或1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两直线平行的充要条件即得. 【详解】由直线，， ∴，得. 故选：B. 3. 已知是定义在上的可导函数，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义计算可得结果. 【详解】由导数的定义，. 故选：C. 4. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ） A. 3盏 B. 5盏 C. 7盏 D. 9盏 【答案】A 【解析】 【分析】设塔顶共有灯盏，根据题意，各层灯数构成以为首项，2为公比的等比数列，根据等比数列求和公式计算可得. 【详解】设塔顶共有灯盏，根据题意，各层灯数构成以为首项，2为公比的等比数列， 所以，解得. 故选：A. 5. 已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，100，将这两个等差数列公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则数列的各项之和为（ ） A 438 B. 450 C. 254 D. 278 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出两个数列相同的项组成的数列，求出项数，然后求出它们的和即可. 【详解】由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列： 2，14，26，…，98，是公差为12，项数为9的等差数列， 故新数列各项之和为. 故选：B. 6. 椭圆上任意一点P到点的距离的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】设点，可得，结合两点间距离公式计算即可得解. 【详解】设，则，可得，其中， 所以， 当时，取得最小值，. 故选：A. 7. 若曲线与直线有3个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】曲线与直线有3个不同的交点，等价于有3个零点，根据的极大值大于0极小值小于0列不等式组求解即可. 【详解】曲线与直线有3个不同的交点，则有3个不同的解， 令，则有3个零点，可得， 若，，则是单调递增函数，不可能有3个零点， 时，由得，则， 当时，，当，， 所以在上递增，在上递减，在上递增. 要使有3个零点，则的极大值大于0，极小值小于0 即，解得. 即实数的取值范围是 故选：C. 8. 在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，半径为1，点.若圆上存在点，满足，则点的横坐标的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据得到点的轨迹方程，利用圆与圆的位置关系求解即可. 【详解】设，则，， 由，可得，整理得， 即点在以为圆心，2为半径的圆上. 又在圆上，所以圆与圆有公共点，则， 设，则，解得. 所以点的横坐标的取值范围是. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图是函数的导函数的图象，则（ ） A. 函数的图象在处切线的斜率小于零 B. 函数在区间上单调递增 C. 在时，函数取得极值 D. 在时，函数取得极值 【答案】BC 【解析】 【分析】根据导函数图象分析原函数的性质判断各项的正误即可. 【详解】对于A，的图象在处的切线斜率为，故A错误； 对于B，当时，且，此时单调递增，故B正确； 对于C，是导函数的一个变号零点，故当时取得极值，故C正确； 对于D，不是导函数的一个变号零点，故当时不能取得极值，故D错误. 故选：BC 10. 已知实数x，y满足，则（ ） A. 的最小值为-5 B. 的最大值为9 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用已知条件可以得出点P在半圆C：上，数形结合，可知的取值范围，从而判断A选项；可看作点到半圆上的点P的距离的平方，从而判断B选项；对于C，D，可以看作直线的斜率进行判断. 【详解】 设， 由得，点P在半圆C：上， 对于A，因为，所以当时，的最小值为-5，故A正确； 对于B，设，因为， 所以的最大值为9，故B正确； 对于C，D，设，当过圆心时，， 当与半圆相切时，，故C错误，D正确. 故选：ABD. 11. 已知数列满足，，则（ ） A. B. 是递增数列 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由递推公式依次求出即可判断；对于B，计算即可判断；对于C，将放缩成，利用等比数列求和公式即可判断；对于D，法一，由C可得，借助等比数列求和公式验证即可；法二，由B可知，由可得，利用裂项相消法计算判断. 【详解】对于A，由已知得，，，故A错误； 对于B，因为， 所以，即是递增数列，故B正确； 对于C，由AB知，， 所以， 所以， 所以，故C正确； 对于D，（方法一）由C知， 所以， 两式相减所以，所以， 所以. （方法二）由B知，因为， 所以当时，，所以.， 所以当时， ， 又，所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助数列求通项及和的方法分析、探讨，从而解决问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设数列的前项和为，且，，.请写出一个满足条件的数列的通项公式________. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】由题中条件，得到数列递减，且前项的和最大，直接写出适当的数列即可. 【详解】由，知，数列单调递减， 又，即最大，所以可取； 故答案为：(答案不唯一) 13. 若双曲线的实轴长、虚轴长、焦距成等比数列，则其离心率为________.. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比中项的定义得到，变形即可求出离心率. 【详解】设双曲线的焦距为，由题意得，即， 所以，两边同除以， 得，解得，又，所以. 故答案为： 14. 已知直线与曲线相切，则的最大值为________.. 【答案】 【解析】 【分析】设切点，由导数的几何意义求得，构造，通过求导确定单调性即可求解； 【详解】设切点为，因为， 所以解得 所以. 令，则， 令，得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以，即的最大值为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知等比数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）若，求的最小值. 【答案】（1）； （2）5 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列式求出等比数列的公式，进而求出其通项公式. （2）由（1）求出，再解不等式即可求出最小值. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，由，，得， 而，则，解得，又，解得， 所以的通项公式. 【小问2详解】 由（1）知，， 由，得，即， 整理得，而，因此， 又，则，所以的最小值为5. 16. 已知圆过点，且与圆：相切于点. （1）求圆的方程； （2）设直线过点，且与圆交于，两点，若，求的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）方法一：利用的方程为与的中垂线方程联立，求出圆心坐标，再求出圆的半径，即可求圆的方程；方法二：设圆心，根据以及列方程组求解即可； （2）先由，可得到直线的距离，验证斜率不存在时符合题意，斜率存在时，利用点到直线距离公式求出斜率，从而可得答案. 【小问1详解】 （方法一）因为圆与圆相切于点，所以，，三点共线， 因为，所以的方程为. 因为，所以的中垂线斜率为-1， 又的中点为，所以的中垂线方程为，即. 由解得即圆心， 所以半径， 所以圆的方程为. （方法二）设圆心，由题意得，， 所以，且， 解得，，即圆心， 所以半径， 所以圆的方程为. 【小问2详解】 因为，又半径为5，所以圆心到直线的距离. ①当的斜率不存在时，的方程为，此时，符合题意. ②当斜率存在时，设的方程为，即， 所以，解得， 所以的方程为，即. 综上，的方程为或. 17. 已知数列是首项为4，公差为2的等差数列，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，，若是等差数列，求的值. 【答案】（1） （2）1或. 【解析】 【分析】（1）根据数列是等差数列求出，再利用累加法可求数列的通项公式； （2）方法一：结合（1）以及是等差数列，可得，化简后根据恒等关系列方程组可求的值；方法二：由可得，求出的值后再验证即可. 【小问1详解】 因为是首项为4，公差为2的等差数列， 所以. 由， 相加，得， 又，所以当时，， 又符合上式， 所以. 【小问2详解】 （方法一）由（1）知，. 因为是等差数列，所以可设， 则，即对任意恒成立， 所以， 解得或，即的值为1或. （方法二）由（1）知，. 因为是等差数列，所以， 即，化简得，解得或. 当时，，此时，符合题意； 当时，，此时，符合题意. 所以的值为1或. 18. 已知函数，. （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求的值； （2）讨论单调性； （3）当时，，求的取值范围. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）求出，利用导数的几何意义，根据斜率之积为求解即可； （2）求出函数的导数，分类讨论，解不等式即可得出单调性区间； （3）利用导数确定，分离参数后，再利用导数求函数最小值即可得解. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 又在处的切线与直线垂直，所以， 即，所以. 【小问2详解】 ，. ①当时，，所以在上单调递增. ②当时，令，得，又，所以. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由，得在上恒成立. 令，，则，令，得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，即， 则在上恒成立. 令，， 则 . 因为，所以，则， 令，得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以， 所以，即的取值范围是. 19. 已知双曲线的一条渐近线方程为，且过点.设A，B分别是的左、右顶点，M，N是的右支上异于点B的两点. （1）求的方程； （2）若直线过点，且的斜率为2，求的值； （3）设直线，的斜率分别为，，若，求证：直线恒过定点. 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由渐近线斜率及双曲线所过的点求双曲线参数，即可得方程； （2）由题意为，设，，联立双曲线，应用韦达定理及弦长公式求； （3）法一：设为，，，法二：讨论斜率的存在性，设为，，，或为，，，再联立双曲线，应用韦达定理及已知条件列方程求参数关系，即可得定点；法三：，分别为，，联立双曲线，结合用表示出的坐标，进而写出直线，即可证结论. 【小问1详解】 由题意得，解得，所以的方程为. 【小问2详解】 由题意，为，设，， 由，得，所以. 因为M，N在P点的两侧，所以与异号， 所以 . 【小问3详解】 （方法一）由题意得，的斜率不为0， 设为，，. 由，得， 所以，且，. 因为，，，所以. 又，即，所以， 即， 整理得， 所以， 化简得，解得或2. 当时，的方程为，此时过点，不合题意， 当时，的方程为，此时过点，符合题意， 所以恒过定点. （方法二）①若的斜率不存在，设为，，. 因为，，，所以， 由对称性知，，则，解得， 所以的方程为，此时过点. ②若的斜率存在，设为，，. 由，得， 所以，且，. 因为，，，所以. 又，即，所以， 即， 整理得， 所以， 化简得，解得或. 当时，为，此时过点，不合题意， 当时，为，此时过点，符合题意. 综上，恒过定点. （方法三）因为，，，的斜率分别为，， 所以，分别为，. 由，得， 所以，又，所以， 所以，即. 由，得， 所以，又，所以， 又，即，所以， 所以，即. ①若的斜率不存在，则，即，解得， 则，所以为，此时过点. ②若的斜率存在，则， 所以为，即， 化简得，即，此时过点. 综上，恒过定点. 【点睛】关键点点睛：第三问，设直线的方程或直线，的方程，联立双曲线并应用韦达定理及已知得到相关参数的数量关系为关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$