苏教版（2019）选修第一册高考模拟测试（word版含解析）

苏教版（2019） 选修第一册 高考模拟测试
一、单选题
1．设数列满足，且，则数列前项的和为（ ）
A． B． C． D．
2．抛物线与椭圆交于A，B两点，若的面积为(其中O为坐标原点)，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
3．已知双曲线的一条渐近线与直线0垂直，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
4．若函数至少存在一个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．兰州牛肉面是人们喜欢的快餐之一．现将体积为的面团经过第一次拉伸成长为100cm的圆柱型面条，再经过第二次对折拉伸成长为的面条，……，则经过五次对折拉伸之后面条的截面直径是（ ）（单位：cm．每次对折拉伸相等的长度，面条的粗细是均匀的，拉面师傅拉完面后手中剩余面忽略不计）
A． B． C． D．
6．已知函数f（x）的定义域为I， x，yI，f（x+y）=f（x）+f（y）.设满足条件的函数f（x）作为元素组成的集合记为A，则下面命题错误的是（　　）
A．0A
B．设集合B是所有奇函数组成的集合，则A B
C．f（x）A， 有f（2x）A．
D．已知f（x）A，I=R，则kN，f（k）=kf（1），f（）=f（1）
7．已知数列满足，，若，使得成立，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
8．已知圆的方程为，直线与圆交于两点，直线与圆交于两点，则（为坐标原点）等于
A．4 B．8
C．9 D．18
二、多选题
9．已知数列满足：，设，数列的前项和为，则下列选项正确的是（ ）
A．数列单调递增，数列单调递减 B．
C． D．
10．（多选）下列命题是全称量词命题且为真命题的是（ ）
A．
B．
C．所有圆的圆心到其切线的距离都等于半径
D．存在实数，使得
11．已知函数，若恰有两个零点，则的可能取值为（ ）．A． B． C．4 D．6
12．已知曲线：，则（ ）
A．时，则的焦点是，
B．当时，则的渐近线方程为
C．当表示双曲线时，则的取值范围为
D．存在，使表示圆
三、填空题
13．等差数列的公差为，若成等比数列，则数列的前项和=_______
14．已知点，Q为圆上任一点，则线段AQ中点M的轨迹方程是___________.
15．曲线在点处切线方程是________
16．平面上一动点满足，则的轨迹方程为__________．
四、解答题
17．已知是定义在上的奇函数，当时．
（1）求的析式；
（2）是否存在实数，使得当时，的最小值是4？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
18．已知圆M与圆N：相外切，与y轴相切原点O．
(1)求圆M的方程；
(2)若圆M与圆N的切点在第一象限，过原点O的两条直线与圆M分别交于P，Q两点，且两直线互相垂直，求证：直线PQ过定点，并求出该定点坐标．
19．在等差数列中，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列是首项为1，公比为的等比数列，求数列的前项和.
20．已知椭圆：（）的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2.
（1）求椭圆的方程
（2）设，为椭圆上任意两点，为坐标原点，且.求证：原点到直线的距离为定值，并求出该定值.
21．已知为等比数列的前项和，满足，且；等差数列的前三项和为12，前三项积为28
（1）求数列，的通项公式；
（2）若数列为递增数列，记，求数列的前n项和.
22．已知抛物线C：，经过的直线与抛物线C交于A，B两点．
(1)求的值（其中为坐标原点）；
(2)设F为抛物线C的焦点，直线为抛物线C的准线，直线是抛物线C的通径所在的直线，过C上一点P（）（）作直线与抛物线相切，若直线与直线相交于点M，与直线相交于点N，证明：点P在抛物线C上移动时，恒为定值，并求出此定值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
先利用累加法求出数列的通项公式，再利用裂项法求出数列的前项和.
【详解】
，，，因此，数列的前项的和为，故选B.
【点睛】
本题考查利用累加法求数列通项，同时也考查了裂项求和法，解题时要注意这两种方法对数列递推公式以及数列通项公式的要求，考查计算能力，属于中等题.
2．B
【解析】
【分析】
由抛物线与椭圆交点的对称性，设，结合已知有，，即可求，进而求p值.
【详解】
由抛物线与椭圆的对称性知：关于y轴对称，可设，
∵的面积为，
∴，而，
∴由上整理得：，解得，则.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：根据抛物线、椭圆的对称性设交点坐标，结合三角形的面积及点在椭圆上列方程求参数值.
3．B
【解析】
【分析】
根据直线垂直关系，可以找到关系，将其转化为离心率即可.
【详解】
由于渐近线和直线垂直，
故渐近线的斜率.
所以双曲线的离心率为，
故选：B.
【点睛】
本题考查由关系式推出双曲线离心率，属基础题.
4．A
【解析】
【分析】
将条件转化为有解，然后利用导数求出右边函数的值域即可.
【详解】
因为函数至少存在一个零点
所以有解
即有解
令，
则
因为，且由图象可知，所以
所以在上单调递减，令得
当时，单调递增
当时，单调递减
所以
且当时
所以的取值范围为函数的值域，即
故选：A
【点睛】
1.本题主要考查函数与方程、导数与函数的单调性及简单复合函数的导数，属于中档题.
2. 若方程有根，则的范围即为函数的值域
5．D
【解析】
【分析】
拉伸之后面条数列为等比数列，可得拉伸后面条的数量；由圆柱的体积公式，结合等体积法即可求得拉伸后面条的截面半径，进而得拉伸后截面的直径.
【详解】
经过五次对折拉伸之后面条的数量成等比数列，
因而可知经过五次对折拉伸之后面条的长度为，
设拉伸五次后面条的截面半径为，由面团体积为可得
，
解得，所以直径为，
故选：D.
【点睛】
本题考查了等比数列通项公式求法，圆柱体积公式及等体积法的应用，属于基础题.
6．AB
【解析】
分别令和得出，是奇函数，再由此依次判断每个选项.
【详解】
令，则，即，
令，则，即，则是奇函数，
对于A，0不是A中的元素，故A错误，符合题意；
对于B，因为集合A是奇函数作为元素组成的集合，集合B是所有奇函数组成的集合，则，故B错误，符合题意；
对于C，，，即，则是奇函数，故，故C正确，不符合题意；
对于D，已知，时，成立，假设成立，那么，所以假设成立，，故D正确，不符合题意.
故选：AB.
【点睛】
关键点睛：本题考查抽象函数 的相关问题，解题的关键是取特殊值求得，并判断出是奇函数，得出集合A是奇函数构成的集合.
7．D
【解析】
化简式子根据等比数列定义可得，然后分离参数并构造新数列，记，利用比较，判断数列的单调性，并得最值，通过最值与比较，可得结果.
【详解】
∵,∴,
记,
则是以,的等比数列,
∴,∴,
∵,,
等价于，，即
令,
则
∴时,;时,.
∴,
∴.
∴,∴实数的取值范围为,
故选：D
【点睛】
本题考查根据递推关系得到等比数列，还考查使用分离参数的方法求解参数范围，掌握分离参数求参的方法，考查分析能力，属中档题.
8．D
【解析】
【详解】
试题分析：由题可知圆与轴相切于点，由切割线定理得，由于共线，所以．
考点：直线与圆的位置关系，向量运算.
9．ABC
【解析】
【分析】
由给定条件可得，由此构造函数，利用导数研究其单调性而判断选项A，利用不等式性质探求出可判断选项B，由的范围探求出的范围而判断选项C，取特值说明而判断选项D.
【详解】
因，，则，即，
令，则，在上单调递增，
点与是函数图象上的两点，于是有，则，都单调，
又，则，即，，所以单调递增，单调递减，A正确；
显然，，而，即，则，，
于是，则有，所以，B正确；
，而，
，
所以，C正确；
若，则，而，即对和都不成立，D不正确.
故选：ABC
【点睛】
关键点睛：涉及单调性的某些数列问题，数列是一类特殊的函数，准确构造相应的函数，借助函数导数研究其单调性是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件.
10．AC
【解析】
【分析】
根据全称命题的定义逐一判断可得选项.
【详解】
对于A，，所以，故A选项是全称量词命题且为真命题；
对于B，当时，恒成立，故B选项是存在量词命题且真命题；
对于C，任何一个圆的圆心到切线的距离都等于半径，故C选项是全称量词命题且为真命题；
对于D，因为，所以.故D选项是假命题.
故选：AC.
11．BD
【解析】
【分析】
根据函数的解析式，结合题意和函数的图象，分类讨论，列出不等式组，即可求解.
【详解】
因为函数与函数交于点,
由函数图象的性质得函数与在上至多一个交点，
由题意，函数，函数有两个交点，
若时，恰有两个零点时，如图（1）所示，则满足，解得；
若时，恰有一个零点，在时，恰有一个零点，
则或
解得，
结合选项，可得的可能取值为和.
故选：BD.
12．ABD
【解析】
【分析】
AB选项，代入的值，分别得出是什么类型的曲线，进而作出判断；C选项，要想使曲线表示双曲线要满足；D选项，求出曲线表示圆时m的值.
【详解】
当时，曲线：，是焦点在y轴上的椭圆，且，所以交点坐标为，，A正确；当时，曲线：，是焦点在在y轴上的双曲线，则的渐近线为，B正确；当表示双曲线时，要满足：，解得：或，C错误；当，即时，，表示圆，D正确
故选：ABD
13．
【解析】
【分析】
利用等差数列通项公式以及等比中项性质，即可建立方程求出，再利用等差数列求和公式求解即可.
【详解】
由题意，成等比数列，
则有，解得，
所以，
故答案为.
【点睛】
本题主要考查了等差数列通项公式、求和公式，以及等比中项的性质，属于基础题.
14．
【解析】
【分析】
设，，由题意得，将，代入求解.
【详解】
解：设，，
根据题意得，
则，
又，
将，代入上式得：.
故答案为：.
15．.
【解析】
【详解】
由题意，，则切点坐标为，又，则切线斜率为，所以切线方程为，即.
16．##
【解析】
【分析】
分析得到动点的轨迹是以点为焦点的椭圆，再利用待定系数法分析求解.
【详解】
解：动点的坐标满足，
动点到和的距离之和等于4，
动点的轨迹是以点为焦点的椭圆，设其方程为，
由题得.
动点的轨迹方程是.
故答案为：．
17．（1）；（2）存在且．
【解析】
【分析】
（1）由可求出时的函数解析式，又奇函数中，从而可得所求函数解析式；
（2）假设存在实数，使得当有最小值是4，然后利用导数求极值，由最小值是4求得参数的值．
【详解】
解：（1）设则，
是奇函数，
又，
故函数的解析式为：．
（2）假设存在实数，使得当时，有最小值是
①当或，即时，
由于，则，故函数是上的增函数．
∴，解得（舍去）．
②当，即时，则
— +
↘ ↗
∴，解得．
综上所知，存在实数，使得当时，的最小值为4．
【点睛】
本题考查函数的奇偶性，考查用导数研究函数的最值．对存在性命题，一般是假设存在，然后根据此结论去推导求解，如能求得参数的值，说明刚才的假设是正确的，否则说明不存在．
18．(1)M：或M：
(2)证明见解析，
【解析】
【分析】
（1）由题意可设圆M的方程为，由两圆外切建立等式：，求解值可得圆的方程.（2）由切点在第一象限可知圆M：，设OP所在直线方程为，与圆联立求出点坐标，把k换做，可求出点坐标，点斜式计算直线PQ方程化简可求出过定点.
(1)
由题意知，圆M与y轴相切原点O，所以设圆M的方程为，
因为圆M与圆N：相外切，且N：，
所以，所以或，
所以M：或M：；
(2)
由题意知M：，
设OP所在直线方程为，联立，
得，，
同理把k换做，可得，，
所以PQ所在直线方程为，
化简为：
故直线PQ过定点．
19．（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）根据条件列关于首项与公差的方程，解得结果代入等差数列通项公式得结果；
（2）先根据等比数列通项公式得，解得通项公式，再根据分组求和公式得结果.
【详解】
解：（1）设等差数列的公差为，则，
∴.
∴，解得
∴数列的通项公式为；
（2）∵数列是首项为1，公比为的等比数列，
∴，即. ∴.
∴
.
∴.
【点睛】
本题考查等差数列通项公式、等比数列通项公式以及分组求和公式，考查综合分析求解能力，属中档题.
20．（1）；（2）证明见解析；.
【解析】
（1）根据题意，将离心率公式与短轴端点到焦点的距离公式联立，可求得的值，从而可得椭圆的标准方程；
（2）分为两种情况，一种为直线不存在斜率，一种为直线存在斜率，则设直线方程为，并设与椭圆方程联立可得根与系数的关系，然后再根据，利用韦达定理及平面向量数量积公式可得与的关系，进而可知原点到直线的距离为定值.
【详解】
（1）由题意知，，，又，
所以，，，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为；
此时，原点到直线的距离为；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，.
代入椭圆方程，得，
则，
，，
则
，
由得，即，
所以，即，
所以原点到直线的距离为，
综上，原点到直线的距离为定值.
【点睛】
关键点点睛：当直线斜率存在时，设直线为，，，根据利用向量得到k,m的关系，再根据点到直线的距离，化简即可得到定值，这是定值问题的常见处理方式.
21．（1）.或（2）
【解析】
【分析】
（1）直接利用等差数列，等比数列公式计算得到答案.
（2），利用错位相减法计算得到答案.
【详解】
（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，
由可得，则，
， 故.
由可得，由可得，
即，，则.
当时，，故；
当时，，故.
(2)等差数列为递增数列，，则.
由，
可得①，
②，
由①－②得：
，
故.
【点睛】
本题考查了等差数列等比数列通项公式，错位相减法求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
22．(1)
(2)证明见解析，定值为
【解析】
【分析】
（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，结合根与系数关系求得.
（2）求得过点的抛物线的切线方程，由此求得两点的坐标，通过化简来证得为定值，并求得定值.
(1)
依题意可知直线的斜率不为零，设直线的方程为，
设，
，消去并化简得，
所以，
所以.
(2)
抛物线方程为，焦点坐标为，
准线，通径所在直线，
在抛物线上，且，
所以过点的抛物线的切线的斜率存在且不为零，
设过点的切线方程为，
由消去并化简得，
，
将代入上式并化简得，解得，
所以切线方程为，
令得，
令得，
，
将代入上式并化简得，
所以为定值，且定值为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页