江苏省泰州市2023-2024学年高二上学期阶段测试（三） 数学试题含答案

江苏省泰兴市高二数学阶段测试（三）一、单选题（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．抛物线的准线方程为（

）A． B． C． D．2．函数在处的导数是（

）A． B． C．2 D．43．某直线运动的物体从时刻到的位移为，那么为（）A．从时刻到物体的平均速度 B．从时刻到位移的平均变化率C．当时刻为时该物体的速度 D．该物体在时刻的瞬时速度4．已知圆：与直线，下列选项正确的是（

）A．直线与圆相切 B．直线与圆相离C．直线与圆相交且所截弦长最短为 D．直线与圆相交且所截弦长最短为45．函数的图象如图所示，为函数的导函数，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．6．设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（

）A． B． C． D．27．在等比数列中，，，则（

）A． B． C． D．118．已知正数满足（为自然对数的底数），则下列关系式中不正确的是（

）A． B．C． D．二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分.部分选对的得2分.有选错的得0分.）9．设数列的前n项和为，关于数列，下列命题中正确的是（

）A．若，则既是等差数列又是等比数列B．若（A，B为常数），则是等差数列C．若，则是等比数列D．若是等比数列，则也成等比数列10．若函数在区间内有最小值，则实数m的取值可能为（

）A． B． C． D．11．如图，已知椭圆的左､右顶点分别是，上顶点为，在椭圆上任取一点，连结交直线于点，连结交于点(是坐标原点)，则下列结论正确的是（）A．为定值 B．C． D．的最大值为12．函数满足，则正确的是（

）A． B．C． D．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．曲线在处的切线方程为．14．已知点为椭圆上的任意一点，到焦点的距离最大值为，最小值为，则的取值范围是.15．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是.16．已知数列满足，，则；数列的前20项和．四、解答题（本题6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17．等差数列满足，，前项和为.(1)求数列的通项公式；(2)求的最大值.18．如图，椭圆的左、右焦点分别为过的直线交椭圆于两点，且

（1）若，求椭圆的标准方程（2）若求椭圆的离心率19．已知函数.讨论函数的单调性.20．已知直线l经过，且与圆相交于A、B两点．(1)若，求直线l的斜率；(2)若，求的取值范围．21．设数列满足：，，且对任意的，都有．(1)从下面两个结论中选择一个进行证明．①数列是等差数列；②数列是等比数列；(2)求数列的前项和．22．已知函数，.(1)求的单调区间；(2)证明：.1．C【分析】根据抛物线方程即可求解准线方程.【详解】由得，即，故准线方程为，故选：C2．A【分析】先对函数求导后，再将代入导函数中可求得结果.【详解】由，得，所以函数在处的导数是，故选：A3．D【分析】根据题意，由变化率与导数的关系，分析可得答案.【详解】根据题意，直线运动的物体，从时刻到时，时间的变化量为，而物体的位移为，那么为该物体在时刻的瞬时速度.故选：D.4．C【分析】求出直线经过定点，根据定点与圆的位置关系即可判断直线与圆的位置关系，结合几何知识可知当直线与过定点和圆心的直线垂直时，弦长有最小值，由此可求出答案.【详解】由题意，圆的圆心，半径，直线变形得，得直线过定点，∵，所以点在圆内，∴直线与圆必相交，故A，B错；由平面几何知识可知，当直线与过定点和圆心的直线垂直时，弦长有最小值，此时弦长为，故C对，D错.故选：C.5．C【分析】先判断的符号，由此求得不等式的解集.【详解】由图象可知，在区间上，在区间上，所以不等式的解集为.故选：C6．A【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．【详解】设点，因为，，所以，而，所以当时，的最大值为．故选：A．【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.．7．A【分析】设，倒序相加再由等比数列的性质求解.【详解】设，则，所以.故选：A8．C【分析】构造，由函数单调性得到，通过变换可得到ABD正确，C错误.【详解】由题意得，令，，则恒成立，所以在上单调递增，故，所以，B正确，，A正确，，D正确，C选项，，，又在上单调递增，，故，所以，故，设，，则，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，又，故，即，当且仅当时，等号成立，故，则，所以，又，故，C错误.故选：C【点睛】常见的不等式放缩有，，，，，等，常用来比较大小.9．BC【分析】对于A：根据等差、等比数列的定义分析判断；对于BC：根据与之间的关系，结合等差、等比数列的定义分析判断；对于D：根据等比数列的和项性质分析判断.【详解】对于选项A:因为，即，可知数列是等差数列，当时，数列不是等比数列，故A错误；对于选项B：因为，当时，；当时，；可知时，符合上式，综上所述：，可得，所以数列是等差数列，故B正确；对于选项C:因为，当时，；当时，；可知时，符合上式，综上所述：，可得，所以数列是等比数列，故C正确；对于选项D:当数列是等比数列时，取，则，此时显然，，不是等比数列，故D错误；故选：BC.10．CD【分析】由题意，对函数进行求导，利用导数得到的单调性和极值，将函数在区间内有最小值，转化成，令，列出等式求解即可．【详解】已知，函数定义域为，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，函数取得极小值，极小值，若函数在区间内有最小值，此时，解得，当，即时，整理得，解得或，所以，综上，满足条件的取值范围为，．故选：CD．11．ABC【分析】设点的坐标为，，而，从而可求出直线的斜率，进而可得直线的方程，令，求出的值，可得点的坐标，然后可求出的斜率，进而可对选项A，B，C进行判断，求出直线，的方程，两方程联立可求出点的坐标，从而可表示出的长，进而可判断其最值【详解】解：椭圆的左右顶点分别，因为点在椭圆上，所以设点的坐标为，，对于A，，所以A正确；对于B，因为，所以直线为，令，得，所以点的坐标为，所以，所以，所以B正确；对于C，因为，所以，所以，所以C正确；对于D，直线为，直线为，由两直线的方程联立方程组，解得，所以点的坐标为，因为，所以当时，所以的最大值为错误，故选：ABC【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是设出点的坐标为，，然后求出直线的斜率，直线的方程，从而可求出点的坐标，再分析判断即可，属于中档题12．AC【分析】构造函数，求导得到递减，然后根据单调性比较大小即可.【详解】令，则，从而递减，则，即，，，.故选：AC.13．【分析】求得函数的导数，可得切线的斜率和切点，由斜截式方程可得所求切线方程．【详解】的导数为，可得曲线在处的切线斜率为，切点为，则切线的方程为．故答案为：．14．【分析】根据点到椭圆焦点的距离的最大值为，最小值为，列出a，c的方程组，进而解出a，c，从而可得，再利用二次函数的性质即可求解.【详解】因为点到椭圆焦点的距离的最大值为，最小值为，所以，所以，所以，因为，又，所以当所以的取值范围是.故答案为：.15．【分析】根据函数在区间上单调递增，得到函数在上成立，再由题意即可得出的取值范围.【详解】因为函数在区间上单调递增，所以在区间上函数，所以设，，函数在区间上单调递增，所以只需即可.故答案为：.16．【分析】根据题意，求得，得到，得出数列为等比数列，得到，进而求得和，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由数列满足，，可得，又由，所以因为，可得，所以，由，可得，所以，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，可得，所以，则，因为，适合上式，所以，所以数列的前20项的和为：.【点睛】方法总结：解决数列的新定义问题的要点分析：1，准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂题设中新定义的含义，将题目中所给的定义转化为题目要求的形式，切忌同已有的概念或定义相混淆；2、方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项（或特殊项，特定项）体会题意，仔细观察、对比、分析，从整体到局部多角度归纳、联想、抓住相邻项的联系、拆项后的各部分的特征、以及符号特征，从而找到恰当的解决方法.17．(1)(2)【分析】（1）由已知条件列方程组求出，，从而可求出其通项公式；（2）由通项公式可知数列有前7项和最大，从而可求得结果.【详解】（1）设首项为，公差为，因为等差数列满足，，所以，解得，所以；（2）因为当时，，当时，，所以的最大值为，因为，所以.18．（1）；（2）.【详解】（1）由椭圆的定义，设椭圆的半焦距为c，由已知，因此即从而故所求椭圆的标准方程为.（2）由椭圆的定义，,从而由，有又由，知，因此,,从而由,知，因此考点：考查椭圆的标准方程，椭圆的几何性质.，直线和椭圆相交问题，考查运算求解能力．19．答案见解析【分析】求出函数的定义域以及导函数，然后分，，三种情况，根据导函数，即可得出函数的单调性.【详解】由已知可得，，定义域为，所以.（ⅰ）当时，.当时，有，在上单调递增；当时，有，在上单调递减.（ⅱ）当时，，解，可得，或（舍去负值），且.解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；解可得，，所以在上单调递减.（ⅲ）当时，在上恒成立，所以，在上单调递增.综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增.20．(1)或1(2)．【分析】（1）利用图形的几何性质及点到直线的距离公式计算即可；（2）利于圆的几何性质及弦长公式计算即可.【详解】（1）由题意易知圆心，半径，易知直线l存在斜率，设其方程为：，若，则为等腰直角三角形，所以圆心到直线的距离为或；（2）同上，设l方程为：，圆心到l的距离为，则易知，，而，易知，所以.21．(1)见解析(2)【分析】由已知根据等比数列的定义可得证是以3为首项，2为公比的等比数列；再由等比数列求得通项公式.（1）利用定义法证明等差数列等比数列.（2）由（1）得通项公式，根据错位相减法可求得.【详解】（1）又，从而因此，数列是以3为首项，2为公比的等比数列，于是，证明：①，数列是等差数列，其首项为，公差为.②由(*)可知，，数列是等比数列，其首项为，公比为2.（2）由①可知，即，由②可知，即，，两式相减得，【点睛】(1)证明等差等比数列方法：定义法，中项法(2)求前项和方法：分组求和；裂项相消；错位相减.22．(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)证明见解析【分析】（1）利用导函数的正负求得函数单调性即可得出的单调区间；（2）对函数求导并判断单调性，利用单调性可得，，即可知，求出函数最大值即