河北衡水市枣强中学2023-2024学年高二下学期第一次调研考试数学试题（含解析）

河北枣强中学高二年级下学期第一次调研考试数学试题
本试卷满分150分，考试用时120分钟
注意事项：
1．答卷前，用黑色字迹笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
2．选择题，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔，在答题卡各题目指定区域内相应位置上。
一、单项选择题：
1．已知函数在处可导，若，则（ ）
A．1 B． C．2 D．8
2．已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C．D．
3．已知正项等比数列中，，，成等差数列．若数列中存在两项，，使得为它们的等比中项，则的最小值为（ ）
A．1 B．3 C．6 D．9
4．直线与曲线有两个交点，则实数取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
5．各项均为正数的等比数列中，若，则（ ）
A．9 B．10 C．11D．
6．已知函数满足，则的值为（ ）
A． B． C．D．
7．等比数列中，为的前n项和，若，则（ ）
A． B． C． D．1
8．已知是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分
9．已知，点在直线l上，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．若圆C关于直线l对称，则直线l的方程为
B．若点P是圆C上任意一点，则的最大值为
C．若直线l与圆C相切于点B，则
D．若直线l与圆C相切，则直线l的方程为
10．设等差数列的前n项和为，且，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．数列是等差数列D．对任意，都有
11．已知抛物线的焦点到准线的距离为4，过点的直线与抛物线交于，两点，点在准线上的射影分别为点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若为线段的中点且，则点到轴的距离为4
C．若，则直线的斜率为
D．
12．关于函数，下列判断正确的是（ ）
A．的极大值点是
B．函数在上有唯一零点
C．存在实数，使得成立
D．对任意两个正实数，且，若，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．若双曲线的左、右顶点分别为，，是上的点（异于，），则直线与的斜率乘积等于 ．
14．已知等差数列的前项和分别为，且，则 .
15．已知不等式对任意恒成立，则正实数的取值范围是 ．
16．已知点和，椭圆上一点P满足，则 ．
四、解答题
17．已知F是抛物线E：的焦点，是抛物线E上一点，与点F不重合，点F关于点M的对称点为P，且．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若过点的直线与抛物线E交于A，B两点，求的最大值．
18．已知函数在处取得极小值5．
(1)求实数a，b的值；(2)当时，求函数的最小值．
19．已知数列是公比不为1的等比数列，其前项和为.已知成等差数列，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
20．已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求的取值范围.
21．已知椭圆的左焦点为，且过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过作一条斜率不为0的直线交椭圆于、两点，为椭圆的左顶点，若直线、与直线分别交于、两点，与轴的交点为，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由．
22．已知数列的前项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和．
河北枣强中学高二年级下学期第一次调研考试数学试题
答案
1．A
【分析】利用计算即可.
【详解】
.
故选：A.
2．D
【分析】根据题意，求得，结合等比数列的定义，得到，即可求解.
【详解】由，
当时，，可得，
当时，，
因为数列为等比数列，可得，解得.
故选：D.
3．B
【分析】先根据题意求出首项及公比，再根据等比中项的定义求出，再根据基本不等式中“1”的整体代换即可得解.
【详解】设正项等比数列公比为，由，，成等差数列，
有，即，得，
由，解得，
若数列中存在两项，，使得为它们的等比中项，
则，即，得，则，
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为3．
故选：B
4．C
【分析】由题可知曲线表示一个半圆，然后利用数形结合即可.
【详解】由曲线得，表示以原点为圆心，半径为1的半圆，
当直线与半圆相切时，，则，
此时直线为；
当直线过点时，，此时直线为，
要使直线与曲线有两个交点，则取值范围为.
故选：C.
5．B
【分析】利用等比数列的性质及对数运算性质计算即可.
【详解】在各项均为正数的等比数列中，，
因为，
所以
所以
，
故选：B.
6．A
【分析】求出导函数，代入，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
则，
所以，.
故选：A.
7．A
【分析】根据构成等比数列求解即可.
【详解】因为为等比数列，，设，
所以构成等比数列.
所以构成等比数列，所以，所以.
故选：A
8．A
【分析】
由椭圆和双曲线的定义及条件可求，根据双曲线离心率的定义可得结果.
【详解】因为，，依题意，由椭圆及双曲线的定义得：
，，
由，
解得，而，所以双曲线的离心率．
故选：A．
9．AC
【分析】根据题意，利用直线与圆的位置关系，以及圆的弦长、切线方程的求法，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由圆，得圆心，半径，
若圆C关于直线l对称，则直线l经过圆心C，所以直线l的斜率为，
此时直线方程为,即，所以A正确；
对于B中，由，的最大值为，所以B错误；
对于C中，若直线l与圆C相切于点B，
则，所以C正确；
对于D中，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为,圆心C到直线l的距离为，所以直线l与圆C相切，满足要求；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
即,若直线l与圆C相切，
则圆心C到直线l的距离，解得，
所以直线l的方程为，
综上所述，若直线l与圆C相切，则直线l的方程为或，所以D错误．
故选：AC．
10．BCD
【分析】由题意首先得，，，结合等差数列求和公式即可判断AB，进一步可判断D，结合等差数列求和公式以及定义可判断C.
【详解】由题意等差数列的前n项和为，且，，
所以，，，
，故A错B对；
由题意（分别为首项公差），所以，
所以数列是分别以为首项公差的等差数列，故C正确；
因为，，，所以，所以对任意，都有，故D正确.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】首先根据抛物线的几何意义，求出抛物线方程，根据抛物线的定义可判断A；设、，由焦点弦的性质判断B、C；首先证明，再利用基本不等式判断D.
【详解】因为抛物线：的焦点到准线的距离为4，所以，
则抛物线：，所以焦点，准线为，
对于A，由抛物线的定义可知，，，
所以，又因为轴，
所以，
所以，
所以，
所以，所以，
所以，故A正确；
对于B，依题意过点的直线的斜率不为，设过点的直线为，
由，消去得，
显然，所以，，
则，，
则，解得，
又为线段的中点，则，
所以点到轴的距离为，故B正确；
对于C，过点作交点，
由于，不妨设，则，，
由抛物线的定义可知，， ，
则在直角中，，此时的倾斜角为，
根据抛物线的对称性可知，的倾斜角为或，
则直线的斜率为或，故C错误；
对于D，所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时取得等号，故D正确.
故选：ABD.
12．BD
【分析】对于A，直接求导，由导数与单调性、极值的关系直接判断即可；对于B，求导得单调递减，结合零点存在定理即可求解；对于C，当x且趋于无穷大时，无限接近于0，也无限趋于0，从而也趋于0，由此即可判断；对于D，通过分析得知只需证明，进一步通过换元并构造函数即可得证.
【详解】因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值，所以A错误；
B选项中，函数，则，
由于，
即在上恒成立，所以函数在上单调递减，
又当时，，当时，，所以函数在上有唯一零点，
即函数有且只有1个零点，B正确；
C选项中，由，
可得当x且趋于无穷大时，无限接近于0，也无限趋于0，
故不存在实数，使得成立，即不存在实数，使得成立，C错误；
D选项中，由得
要证，只要证，即证，
由于，故令，则，
故在上单调递增，则，即成立，
故成立，所以D正确．
故选：BD．
【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是适当转换问题为证明在上恒成立，由此即可顺利得解.
13．/
【分析】利用点在双曲线上化简斜率乘积的表达式可求解.
【详解】由题意得，，，
不妨设,则．
故答案为：
14．
【分析】利用计算可得答案.
【详解】因为，
所以，
所以，故.
故答案为：.
15．
【分析】
由题意将不等式变形为，利用导数研究函数的单调性求出即可求解.
【详解】
因为，不等式可变形为．
设，则．
当时，，所以函数在上单调递增．
则，所以．故正实数的取值范围是．
故答案为：
16．9
【分析】由题意得点和为椭圆的焦点，结合椭圆定义以及可得，结合数量积定义以及余弦定理即可得解.
【详解】由题意，
所以点和为椭圆的焦点；
所以，
又因为，所以，
又，
所以由余弦定理有
.
故答案为：9.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用垂直可求的坐标，利用对称可得抛物线的方程；
（2）先求出的坐标，利用数量积得的表达式，结合二次函数可得最值.
【详解】（1）∵，点N与点F不重合，∴，∴．
∵点F关于点M的对称点为P，
∴，（中点坐标公式）．
∴，得，
∴抛物线E的标准方程为．
（2）由（1）知，
易知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为，代入，整理得，，
，
设，则．
∵，
∴，
当时，取得最大值，为．
18．(1)，
(2)
【分析】（1）由题意得到，，求出，，检验后得到答案；
（2）求导，得到函数单调性，进而得到极值和最值情况，得到答案.
【详解】（1），
因为在处取极小值5，所以，得，
此时
所以在上单调递减，在上单调递增
所以在时取极小值，符合题意
所以，．
又，所以．
（2），所以
列表如下：
0 1 2 3
0 0
1 ↗ 极大值6 ↘ 极小值5 ↗ 10
由于，故时，．
19．(1)；
(2).
【分析】（1）应用等比数列的基本量运算及等差中项即可；
（2）应用错位相减法即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，由题意得：
，即，
，得，解得或.
由于不符合题意，因此.
由得，，即.所以.
（2）由题意得，，
则，
则，
则，
则，
.
20．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据题意求出对函数求导得，然后分类对进行讨论，从而可求解.
（2）由恒成立，利用参数分离可得，然后构造函数，再利用导数求解出的最大值，从而可求解.
【详解】（1）由题意知：，
所以，
①当时，若，则，若，则，
所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，令得：或，且，
若，则，若，则，若，则，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
③当时，恒成立，所以在上单调递增；
④当时，令得：或，且，
若，则，若，则，若，则，
所以在，上单调递增，在上单调递减.
（2）由恒成立，即，恒成立，
所以，，
令，，所以，
若，则，若，则，
在上单调递增，在上单调递减；
所以当时，有极大值也是最大值为，所以.
所以的取值范围为.
21．(1)
(2)为定值．
【分析】（1）由椭圆所过的点及焦点坐标求椭圆参数，即可得方程；
（2）设直线的方程为，，，联立椭圆并应用韦达定理，写出直线的方程，进而求纵坐标，同理求纵坐标，由化简即可得结果.
【详解】（1）由题知，椭圆的右焦点为，且过点，结合椭圆定义，
所以，所以．
又，所以，则的标准方程为．
（2）设直线的方程为，，，
由，得，
易知，所以，，
直线的方程为，令得，，
同理可得，
所以
，为定值．
22．(1)
(2)
【分析】（1）利用公式，即可求解；
（2）利用裂项相消法求和.
【详解】（1）当时，，
当时，，
验证，当时，，成立，
所以；
（2）由（1），
设数列的前项和为，
，
.