1、2021-2022學年安徽省六安市第一中學高二下學期開學考試數學試題一單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1. 圓心在軸上，半徑為1，且過點的圓的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根據圓心的位置及半徑可寫出圓的標準方程，然后將點代入圓的方程即可求解.【詳解】因為圓心在軸上，所以可設所求圓的圓心坐標為，則圓的方程為，又點在圓上，所以，解得.故選：A【點睛】本題主要考查圓的標準方程的求解，屬于基礎題.2. 已知，則（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出給定函數的導函數，再求作答.【詳解

2、】因，則，所以.故選：B3. 若數列滿足(，為常數)，則稱數列為“調和數列”.已知數列為“調和數列”，且，則（ ）A. 15B. 20C. 25D. 30【答案】B【解析】【分析】根據給定定義可得數列是等差數列，再利用等差數列的性質計算作答.【詳解】因數列為“調和數列”，則，且為常數，因此數列是等差數列，則有，解得，所以.故選：B4. 已知，則方程與在同一坐標系內的圖形可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用特殊值法驗證即可得到答案.【詳解】解：由題意，當，時，方程表示焦點在軸上的橢圓，方程表示開口向左的拋物線，故排除選項C、D；當，時，方程表示焦點在軸上的雙曲線，方

3、程表示開口向右的拋物線，故排除選項B，而選項A符合題意，故選：A.5. 已知橢圓與雙曲線有相同的焦點，點是曲線與的一個公共點，分別是和的離心率，若，則的最小值為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由題意設焦距為，橢圓長軸長，雙曲線實軸長為，取橢圓與雙曲線在一象限的交點為，由已知條件結合橢圓雙曲線的定義推出，可得，再利用基本不等式即可求出的最小值.【詳解】由題意設焦距為，橢圓長軸長，雙曲線實軸長為，取橢圓與雙曲線在一象限的交點為，由橢圓和雙曲線定義分別有，因為，所以，因為，所以，所以，即，所以，即，則當且僅當即，時等號成立，所以最小值為，故選：B.6. 若函數在上恰有兩個不同

4、的極值點，則實數的取值范圍是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求導，由題意可知在上有兩個不同的解，令，即二次函數在上有兩個不同的解，數形結合列出式子即可求解【詳解】由于，所以，要使在上恰有兩個不同的極值點，則在上有兩個不同的解，令，即二次函數在上有兩個不同的解，所以，解得.故選：B7. 已知成等比數列，且，若，則A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】構造不等式,則可以推出,結合,可知等比數列的公比,從而得出各項的大小關系.【詳解】設,則,令,則,令,則,所以在上單調遞增,在上單調遞減,所以,則,即,所以,故,又成等比數列,且,設其公比為,則,即,所以,故選:

5、A.【點睛】本題考查導數中的不等式在數列中的應用,以及等比數列的相關性質,屬于中檔題.導數中存在著一些常用的不等式結論,學生可以盡可能掌握.8. 已知，若，則下列結論不正確的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】對于給定等式作等價變形，構造函數探求a與b+1的大小，再借助指數、對數函數單調性及均值不等式推理作答.【詳解】因，則，令，求導得，則有在上單調遞增，顯然當時，因此，對于A，因，則，A正確；對于B，因，則，B正確；對于C，因，則，C正確；對于D，因，則，D不正確.故選：D二多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選

6、對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9. 在等比數列中，公比，是數列的前n項和，若，則下列結論正確的是（ ）A. B. C. 數列是等比數列D. 數列是公差為2的等差數列【答案】BC【解析】【分析】利用已知結合等比數列的通項公式求公比，進而寫出通項公式、前n項和公式，結合各選項判斷正誤即可.【詳解】由題設，即，由可得：，且公差為；且.綜上，A、D錯誤，B、C正確.故選：BC10. 已知圓，圓，點是圓上一動點，過點作圓的兩條切線，切點為，下列說法正確的是（ ）A. 圓心的軌跡方程為B. 圓和圓始終相離C. 存在某個位置使得D. 若存在點使得，則的取值范圍是【答案】ABD【解析】【分析】

7、根據圓的相關知識，對每個選項逐一分析即可.【詳解】對于A，圓心M為，令，所以，圓心的軌跡方程為，故A正確；對于B，圓心M為，圓M的半徑為1，圓O的半徑為1，所以圓和圓始終相離，故B正確；對于C，存在某個位置使得，則，則，由圓M的半徑為1，圓心M為，可得，所以，整理得 ，不等式無解，故C錯誤；對于D，圓的半徑為 1，圓上存在點，過點作圓的兩條切線，切點分別為，使得，則 在中，所以又圓M的半徑為1，圓心M為，所以所以，解得，則的取值范圍是，故D正確.故選：ABD11. 已知直線過拋物線：的焦點，且直線與拋物線交于，兩點，過，兩點分別作拋物線的切線，兩切線交于點，設，.則下列選項正確的是（ ）A.

8、B. 以線段為直徑的圓與直線相離C. 當時，D. 面積的取值范圍為【答案】BD【解析】【分析】求出拋物線C的焦點、準線，設出直線l的方程，與拋物線C的方程聯立，再逐一分析各個選項，計算判斷作答.【詳解】拋物線：的焦點，準線，顯然直線斜率存在，設直線的方程為，由消去y并整理得：，于是得：，A不正確；，線段AB中點到準線的距離為，因此，以線段AB為直徑的圓與直線相切，該圓與直線相離，B正確；當時，則點F是線段AB中點，C不正確；設拋物線C在點處切線方程為：，由消去y并整理得：，則，解得，于是得拋物線C在A處切線方程為：，同理在B處切線方程為：，聯立兩切線方程解得，即點，點G到直線AB的距離為，而，

9、因此，面積的，當且僅當時取“=”，所以面積的取值范圍為，D正確.故選：BD12. 已知函數，下列選項正確的是（ ）A. 函數在上單調遞增B. 函數的值域為C. 若關于的方程有3個不相等的實數根，則實數的取值范圍是D. 不等式在恰有兩個整數解，則實數的取值范圍是【答案】ACD【解析】【分析】對AB，根據導函數畫出圖象，分析單調性，值域；對C，由題或，只需有兩個不等實根；對D，不等式在恰有兩個整數解必為，建立不等式組求解即可.【詳解】對AB：，故得到函數圖象如圖所示，易知A正確，B錯誤；對D：不等式在恰有兩個整數解，如圖，必為，故，解得，故D對；對C：如圖為函數的圖象，則或，因為方程有3個不相等的

10、實數根，所以只需有兩個不等實根，故，故C正確.故選：ACD.【點睛】本題考查用導數研究函數的思路，以及方程有實根、整數解問題等，關鍵點在于能夠將問題簡化，從本質入手進行分析.三填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13. 等差數列的前項和，等比數列的前項和，（其中、為實數）則的值為 _.【答案】【解析】【分析】根據前項和與通項的關系求出數列、的通項公式，可求得、的值，即可得解.【詳解】當時，.當時，因為數列為等差數列，則，可得，因為數列為等比數列，則，可得.因此，.故答案為：.14. 已知橢圓的左、右焦點分別為，若橢圓上的點P滿足軸，則該橢圓的離心率為_【答案】【解析】【分析】由題意分

11、析為直角三角形，得到關于a、c的齊次式，即可求出離心率.【詳解】設，則.由橢圓的定義可知：，所以.所以因為軸，所以為直角三角形，由勾股定理得：，即，即，所以離心率.故答案為：15. 已知為坐標原點，拋物線：()的焦點為，為上一點，與軸垂直，為軸上一點，且，若，則的準線方程為_.【答案】【解析】【分析】先用坐標表示，再根據向量垂直坐標表示列方程，解得，即得結果.【詳解】拋物線： ()的焦點,P為上一點，與軸垂直，所以P的橫坐標為，代入拋物線方程求得P的縱坐標為,不妨設,因為Q為軸上一點，且，所以Q在F的右側，又，因為，所以,，所以的準線方程為故答案為：.【點睛】利用向量數量積處理垂直關系是本題關

12、鍵.16. 在數列中，為的前項和，且函數的導函數有唯一的零點，則_；當不等式對任意的恒成立，則實數的取值范圍為_【答案】 . . 【解析】【分析】分析可得，可知數列為等差數列，確定該數列的首項和公差，可求得數列的通項公式，求出的表達式，分析可得，令，分析數列的單調性，分為奇數和偶數兩種情況討論，結合參變量分離法可求得實數的取值范圍.【詳解】因為，則，則，所以，函數為偶函數，若，則函數的零點個數為偶數，不合乎題意，所以，所以，所以，數列是首項為，公差為的等差數列，所以，所以，由可得，則.令，當時，所以當時，；當時，所以，且，且，當為偶數時，則有，則，當為奇數時，得，綜上可知的取值范圍是.故答案為

13、：；.四解答題：本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17. 已知圓，直線.（1）求證：對 ，直線與圓總有兩個不同的交點；（2）直線與圓交于兩點，當弦長AB最短時，求直線AB方程【答案】（1）證明見解析；（2）x=1.【解析】【分析】（1）由直線系方程求解直線所過定點的坐標，再由定點在圓內，即可證明直線與圓總有兩個不同的交點；（2）要使弦長最短，則直線，求出所在直線當斜率，則的方程可求【詳解】（1）證明：直線的方程可化為，令，解得，直線恒過定點圓心坐標，點在圓內，直線與圓總有兩個不同的交點；（2）要使弦長最短，則直線與垂直，直線的斜率不存在，又直線過，則直線方程：1

14、8. 已知點，動點滿足直線與的斜率之積為，記的軌跡為曲線.（1）求的方程；（2）若直線：和曲線相交于，兩點，求.【答案】（1）（） （2）【解析】【分析】（1）設，用坐標表示，的斜率，由已知可得曲線方程，注意斜率有意義；（2）直線方程與曲線方程聯立，消元后應用韋達定理，由弦長公式計算弦長【小問1詳解】設，則，的斜率分別為，由已知得，化簡得（），即曲線的方程為（）；【小問2詳解】聯立消去整理得，設，則，.19. 在，；，這兩組條件中任選一組，補充在下面橫線處，并解答下列問題.已知數列前項和是，數列前項和是，_.（1）求數列的通項公式；（2）設，證明：【答案】（1）答案見解析； （2）證明見解析.

15、【解析】【分析】(1)選條件，結合探求數列相鄰兩項的關系得解；選條件，結合,探求數列相鄰兩項的關系，求出得解.(2)選條件，利用錯位相減法計算判斷作答；選條件，利用裂項相消法計算判斷作答.【小問1詳解】選條件：由，可得，兩式相減可得，則，在中，令，可得，即，因此，數列是以3為首項，公比為3的等比數列，所以數列的通項公式為；選條件：由，可得，兩式相減得，即，變形得：，即數列任意相鄰兩項互為相反數，有，而時，解得，于是得，則當，從而有，所以數列的通項公式為.【小問2詳解】選條件：由(1)知，設，則，兩式相減可得，于是得，即；選條件：由(1)知，所以.20. 已知橢圓：（）的短半軸長為，離心率為.（

16、1）求橢圓的方程；（2）若直線：與橢圓相交于，兩點（，不是左右頂點），且以為直徑的圓過橢圓的左頂點，求證：直線過定點，并求出該定點的坐標.【答案】（1）； （2）證明見解析，定點.【解析】【分析】(1)根據給定條件可得，利用離心率求出作答.(2)設出點A，B坐標，由已知探求出A，B坐標的關系，再設出l的方程并與橢圓方程聯立，借助韋達定理計算推理作答.【小問1詳解】因為橢圓：的短半軸長為，離心率為，令其半焦距為c，則，解得，所以橢圓的標準方程為：.【小問2詳解】設，不是橢圓左右頂點，橢圓左頂點，而以為直徑的圓過點E，則，即有，由消去y并整理得：，即，則，而，則，化簡得，解得或，滿足，當時，直線方

17、程化為，該直線恒過點，與已知矛盾，舍去，當時，直線方程化為，該直線恒過定點，所以直線過定點.21. 已知函數f(x)(2a)lnx2ax.(1)當a|f(x1)f(x2)|成立，求實數m的取值范圍【答案】(1)見解析(2) (，【解析】【詳解】試題分析：（1）對原函數求導，f(x)，分a2，2a0，a4a，m4，m(4)min解析：(1)求導可得f(x)2a，令f(x)0，得x1，x2，當a2時，f(x)0，函數f(x)在定義域(0，)內單調遞減；當2a0時，在區間(0，)，(，)上f(x)0，f(x)單調遞增；當a2時，在區間(0，)，(，)上f(x)0，f(x)單調遞增(2)由(1)知當a

18、(3，2)時，函數f(x)在區間1,3上單調遞減，所以當x1,3時，f(x)maxf(1)12a，f(x)minf(3)(2a)ln 36a.問題等價于：對任意的a(3，2)，恒有(mln 3)a2ln 312a(2a)ln 36a成立，即am4a，因為a0，所以m4，因為a(3，2)，所以只需m(4)min，所以實數m的取值范圍為(，點睛：這個題目考查的是利用導數研究函數的單調性，用導數解決恒成立求參的問題；對于函數恒成立或者有解求參的問題，常用方法有：變量分離，參變分離，轉化為函數最值問題；或者直接求函數最值，使得函數最值大于或者小于0；或者分離成兩個函數，使得一個函數恒大于或小于另一個函數22. 已知函數.（1）當時，求函數在點處的切線方程；（2）當時，求在上的最小值；（3）當時，求函數在上零點的個數.【答案】（1） （2）答案見解析 （3）2個【解析】【分析】（1）由導數的幾何意義求解；（2）求出導函數，根據和正負分類討論確定的正負，得單調性，從而得最小值；（3）求導函數，對再一次求導，討論其單調性與零點，正負，得單調性、正負，零點，從而得出的單調性、零點【小問1詳解】當時，所以切線方程為.【小問2詳解】，當時，當