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    2022-2023学年甘肃省酒泉市敦煌中学高二上学期期中考试数学试题(解析版)
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    2022-2023学年甘肃省酒泉市敦煌中学高二上学期期中考试数学试题(解析版)

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    这是一份2022-2023学年甘肃省酒泉市敦煌中学高二上学期期中考试数学试题(解析版),共14页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    2022-2023学年甘肃省酒泉市敦煌中学高二上学期期中考试数学试题

     

    一、单选题

    1.在等比数列中,,则等于(  )

    A B C D

    【答案】B

    【分析】根据题意,设等比数列{an}的公比为q,结合等比数列的通项公式可得q3,进而可得a1a2的值,相加即可得答案.

    【详解】根据题意,设等比数列{an}的公比为q

    又由a36a418,则q3

    a1a2

    a1+a22

    故选B

    【点睛】本题考查等比数列的通项公式,关键是求出q的值,属于基础题.

    2.点(21)到直线3x﹣4y+2=0的距离是( )

    A  B C D

    【答案】A

    【详解】解:点(21)到直线3x﹣4y+2=0的距离.

    故选A

    3.在等比数列中,,则的等比中项是(    

    A B C D

    【答案】A

    【分析】先通过等比数列的通项公式计算,进而可得其等比中项.

    【详解】由已知

    所以的等比中项是

    故选:A

    4.已知数列满足,则    

    A B C D3

    【答案】A

    【解析】根据数列的周期性可求得结果.

    【详解】进行变形,得

    则由

    所以数列是以4为周期的周期数列,

    ,所以

    故选:A

    【点睛】关键点点睛:利用数列的前几项推出数列的周期是解题关键.

    5.设椭圆的离心率为,焦点在轴上且长轴长为26,若曲线上的点到椭圆的两个焦点的距离的差的绝对值等于8,则曲线的标准方程为(   

    A B C D

    【答案】A

    【分析】根据椭圆焦点在轴上且长轴长为26,得到,再由椭圆的离心率为,得到,再根据曲线上的点到椭圆的两个焦点的距离的差的绝对值等于8,得到双曲线与椭圆共焦点以及实半轴长求解.

    【详解】因为椭圆焦点在轴上且长轴长为26

    所以,又因为椭圆的离心率为

    所以

    因为曲线上的点到椭圆的两个焦点的距离的差的绝对值等于8

    所以

    所以曲线的标准方程为.

    故选:A

    【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线的几何性质,还考查了运算求解的能力,属于基础题.

    6中国剩余定理又称孙子定理1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中物不知数问题的解法传至欧洲.1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为中国剩余定理”.“中国剩余定理讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题:将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列,构成数列,则     

    A103 B107 C109 D105

    【答案】B

    【解析】根据题意可知正整数能被21整除余2,即可写出通项,求出答案.

    【详解】根据题意可知正整数能被21整除余2

    .

    故选:B.

    7.已知正项等比数列,满足,则    

    A B C D

    【答案】A

    【分析】根据题意先得,变形可得,进而等比数列的性质可得答案.

    【详解】根据题意,正项等比数列中,

    ,则有

    所以

    故选:A

    8.已知数列满足,若,则的取值范围是

    A B

    C D

    【答案】B

    【分析】利用数列的递推关系式,推出.然后得到,说明的范围.

    【详解】解:由递推关系可知

    所以.

    可求

    所以.

    因为

    解得

    故选:B.

    【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用,考查分析问题解决问题的能力.属于中档题.

    9.已知点在圆的外部,则的取值可能是(    

    A B C D

    【答案】C

    【分析】根据点在圆外的条件,列不等式求k的取值范围.

    【详解】由题意可得,解得

    只有.

    故选:C.

     

    二、多选题

    10.已知等差数列,则(    

    A.公差 B.该数列的通项公式为

    C.数列的前项和为 D是该数列的第

    【答案】ACD

    【分析】求出等差数列的公差,可求出该数列的通项公式,可判断ABD选项;利用等差数列的求和公式可判断C选项.

    【详解】对于A选项,等差数列的公差为A对;

    对于B选项,该数列的通项公式为B错;

    对于C选项,数列的前项和为C对;

    对于D选项,由,解得D.

    故选:ACD.

    11.已知圆,从点观察点,要使视线不被圆O挡住,则a的值可以是(    

    A B C D

    【答案】AC

    【分析】由题意首先求得的取值范围,然后确定可能的值即可.

    【详解】解:设过点与圆相切的直线为

    则圆心到直线的距离为,解得

    切线方程为

    点向圆2条切线,只要点在切线之外,那么就不会被遮挡,

    的直线上,在中,取,得

    点观察点,要使视线不被圆挡住,需

    的取值范围是

    可能的取值为

    故选:AC

    12.已知椭圆的左、右两个焦点分别为,直线交于两点,轴,垂足为,直线的另一个交点为,则下列结论正确的是

    A.四边形为平行四边形 B

    C.直线的斜率为 D

    【答案】ABC

    【解析】A,根据椭圆对称性判断即可.

    B,根据的最值判定即可.

    C,根据倾斜角的正切值判定即可.

    D,根据椭圆中斜率的定值关系证明即可.

    【详解】A,根据椭圆的对称性可知,.故四边形为平行四边形.

    A正确.

    B,根据椭圆的性质有当在上下顶点时,.此时.由题意可知不可能在上下顶点,.B正确.

    C, 如图,不妨设在第一象限,则直线的斜率为,C正确.

    D, .

    又由C可知直线的斜率为,.所以.

    .D错误.

    故选:ABC

    【点睛】本题主要考查了椭圆中的三角形与边角关系等的判定.需要根据题意根据椭圆的对称性以及斜率的定值性质求解.属于中档题.

     

    三、填空题

    13.直线,若,则________

    【答案】

    【分析】由两直线垂直可得出关于实数的等式,即可解得的值.

    【详解】因为,则,解得.

    故答案为:.

    14.若等比数列的各项均为正数且,则_____.

    【答案】10

    【解析】,由此能求出结果.

    【详解】等比数列的各项均为正数,且

    .

    故答案为:10

    15.等比数列是递减数列,前n项的积为,若,则________

    【答案】2

    【分析】由题意可得,且,由条件可得,化简得,再由,求得的值.

    【详解】解:等比数列是递减数列,其前项的积为,若,设公比为

    则由题意可得,且

    又由等比数列的性质可得

    故答案为:2.

    16.若A为射线上的动点,Bx轴正半轴上的动点.若直线AB与圆相切,则的最小值为________

    【答案】##

    【分析】,利用直线AB与圆相切,结合基本不等式,得到,即可求出|AB|的最小值.

    【详解】

    则直线AB的方程为

    整理得

    因为直线AB与圆相切,所以

    化简得

    利用基本不等式得

    从而得

    ,即时,|AB|的最小值是

    故答案为:

     

    四、解答题

    17.已知数列为等比数列,

    (1)

    (2)若数列满足,求

    【答案】(1)

    (2)

     

    【分析】1)设公比为,由已知得,又,求解得值,即可得

    2)因为,所以用累加法可求.

    【详解】1)解:数列为等比数列,设公比为,因为,所以

    ,所以,解得:(舍)

    所以.

    2)解:,所以,又

    .

    18.已知的三个顶点分别为

    (1)求边所在直线的方程;

    (2)边上的中线所在直线的方程.

    【答案】(1)所在直线的方程为,边所在直线的方程为

    (2)中线所在直线的方程

     

    【分析】1)由于两点分别在轴和轴,由直线方程的截距式列式,化简可得所在直线的方程;再由的坐标,利用直线方程的两点式列式,化简即可得出所在直线的方程;

    2)利用线段中点坐标公式,算出的中点坐标为,利用直线方程的两点式列式,化简即可得出上的中线所在直线的方程.

    【详解】1解:直线的截距式方程得:,化简得

    由直线的两点式方程,

    方程为,即

    综上所述,边所在直线的方程为

    所在直线的方程为

    2解:设中点,由线段的中点坐标公式,

    可得中点坐标为

    再由直线的两点式方程,得所在直线的方程为

    化简得,即为所求边上的中线所在的直线的方程.

    19.已知数列)是公差不为0的等差数列,若,且成等比数列.

    1)求的通项公式;

    2)若,求数列的前n项和.

    【答案】1;(2.

    【分析】1)设的公差为d根据等差中项的性质得到方程,求出,即可得解;

    2)由(1)知:,利用裂项相消法计算可得;

    【详解】解:(1)设的公差为d因为成等比数列,所以.

    ,即,且,解得

    所以有.

    2)由(1)知:

    ..

    20.已知等差数列满足,前7项和为

    )求的通项公式

    )设数列满足,求的前项和.

    【答案】(1)

    (2) .

    【详解】试题分析:(1)根据等差数列的求和公式可得,得,然后由已知可得公差,进而求出通项;(2)先明确=,为等差乘等比型通项故只需用错位相减法即可求得结论.

    解析:

    )由,得

    因为所以

    21.已知圆C:,直线l

    1)求证:对直线l与圆C总有两个不同交点;

    2)设l与圆C交于不同两点AB,求弦AB的中点M的轨迹方程;

    3)若定点分弦所得向量满足,求此时直线l的方程.

    【答案】1)详见解析;(2;(3

    【分析】1)通过证明直线l恒过的定点在圆内即可;

    2)设Mx,y.M不与P重合时,连接CMCP,则CMMP,用勾股定理整理可得答案;

    3)设A),B)由可得.将直线与圆的方程联立.由韦达定理与联立得,从而得直线的方程.

    【详解】1)直线l,即,可得直线l恒过定点,且即定点在圆内,

    故直线l与圆C总有两个不同的交点.

    2)当M不与P重合时,连接CMCP,则CMMPC0,1),

    Mx,y, ,

    化简得:

    MP重合时,满足上式.

    故弦AB的中点M的轨迹方程为.

    3)设A),B)由.

    将直线与圆的方程联立得:*

    ,可得,代入

    直线方程为.

    22.在平面直角坐标系中,椭圆的左、右两个焦点分别为P在椭圆C上运动.

    (1)的最大值为120°,求ab的关系式;

    (2)若点P是椭圆上位于第一象限的点,过点作直线的垂线,过点作直线的垂线,若直线的交点Q在椭圆C上,求点P的坐标(用ab表示).

    【答案】(1)

    (2)

     

    【分析】1)根据椭圆定义可知,结合基本不等式以及余弦定理,可求得,即

    2)设点,利用点斜式表示出的方程,联立即可求得点的坐标,再根据点与点的位置关系,即可求得点的坐标.

    【详解】1)根据椭圆定义可知:

    因为

    当且仅当时取等号,此时

    所以

    ,解得

    2)设,如图所示:

    时,不存在,则重合,不满足题意;

    时,则直线的斜率

    直线的斜率

    直线的方程:

    直线的斜率

    直线的斜率

    直线的方程:

    联立①②,解得:,则

    在椭圆上,且,所以四点共圆,

    的横坐标互为相反数,纵坐标相等,即

    ,则

    在第一象限,解得

    .

     

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