2022-2023学年甘肃省兰州市第六十一中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年甘肃省兰州市第六十一中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．在等比数列中，，，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题设结合等比数列通项公式求得公比，进而求.

【详解】由题设，，又，可得，

∴.

故选：A

2．设直线，的斜率和倾斜角分别为，和，，则“是“”的（    ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】D

【解析】对直线的倾斜角分锐角和钝角进行讨论，再结合正切函数的性质，即可得答案；

【详解】解：∵直线，的斜率和倾斜角分别为，和，，

当倾斜角均为锐角时，和均为钝角时，若“”，则“”，

若“”，则“”，

当倾斜角一个为锐角一个为钝角时，若“”，则“与”的大小不能确定，

若“”，则“与”的大小也不能确定，

故则“”是“”的既不充分也不必要条件．

故选：D．

【点睛】直线的斜率，将斜率视为倾斜角的函数，再利用正切函数的性质进行求解.

3．若直线经过点，且直线的一个法向量为，则直线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据直线的一个法向量为，得到，写出直线方程.

【详解】因为直线的一个法向量为，

所以，

则直线l的方程为 ，即，

故选：C

4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年，英国传教士伟烈亚力将该解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到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”，此定理讲的是关于整除的问题，现将1到2022这2022个数中，能被2除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有（    ）

A．145项 B．146项 C．144项 D．147项

【答案】A

【分析】由已知可得能被除余且被除余的数即为能被除余，进而得通项及项数.

【详解】由已知可得既能被整除，也能被7整除，故能被整除，

所以，，

即，

故，即，解得，故共项，

故选：A.

5．已知圆，则当圆的面积最小时，圆上的点到坐标原点的距离的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据圆的一般方程，得到圆心和半径，求出面积最小时对应的半径，再求得圆心到坐标原点的距离，进而可求出结果.

【详解】解：由题意得：

由得

圆心为，半径为，

当且仅当时，半径最小，则面积也最小；

圆心为，半径为，

圆心到坐标原点的距离为，

即原点在圆外，根据圆的性质，圆上的点到坐标原点的距离的最大值为.

故选：D.

6．已知圆关于直线（，）对称，则的最小值为（    ）

A． B．9 C．4 D．8

【答案】B

【分析】由题可得，然后利用基本不等式即得.

【详解】圆的圆心为，依题意，点在直线上，

因此，即，

∴，

当且仅当，即时取“=”，

所以的最小值为9.

故选：B.

7．当点P在圆上变动时，它与定点的连线PQ的中点的轨迹方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】相关点法求解PQ的中点的轨迹方程.

【详解】设，PQ的中点M的坐标为，

∵，∴

∴

又∵点P在圆上，

∴，即，

故选：C．

8．已知数列满足，为正整数，则该数列的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出数列的前5项，再由对勾函数的性质可得，的单调性，从而即可得最大值.

【详解】解：由，得，，，，．

又，，

又因为在上单调递增，在上单调递减，

所以的最大值为．

故选：B．

二、多选题

9．已知直线和圆，则（    ）

A．直线l恒过定点

B．存在k使得直线l与直线垂直

C．直线l与圆O相交

D．若，直线l被圆O截得的弦长为4

【答案】BC

【分析】利用直线系方程求出直线所过定点坐标判断A、C；求出使得直线与直线垂直的值判断B；根据弦长公式求出弦长可判断D.

【详解】解：对于A、C，由，得，令，解得，

所以直线恒过定点，故A错误；

因为直线恒过定点，而，即在圆内，

所以直线l与圆O相交，故C正确；

对于B，直线的斜率为，则当时，满足直线与直线垂直，故B正确；

对于D，时，直线，圆心到直线的距离为，

所以直线l被圆O截得的弦长为，故D错误.

故选：BC.

10．已知递减的等差数列的前n项和为，若 ，则（    ）

A． B．当时，最大

C． D．

【答案】BC

【分析】由题，由等差数列的可得，可求出和的关系，

用公式法写出、，结合，即可逐个判断.

【详解】由题，由得，，，

，，

，，A错；

对称轴为，开口向下，所以时，最大，B对；

，，C对，D错，

故选：BC

11．若数列是公比为的等比数列，则下列说法不正确的是（    ）

A．若数列是递增数列，则，

B．若数列是递减数列，则，

C．若，则

D．若，则是等比数列

【答案】ABC

【分析】逐项分析即可求解.

【详解】若数列是递增数列，也可以，，故选项A错误；

若数列是递减数列，也可以，，故选项B错误；

若，则，所以选项C错误；

，，所以是等比数列，故选项D正确

故选：ABC.

12．已知实数，满足方程，则下列说法错误的是

A．的最大值为 B．的最大值为

C．的最大值为 D．的最大值为

【答案】CD

【分析】B中表示到原点距离的平方，求出原点到圆心距离可得圆上点到原点距离的最大值的最小值，可判断B，

A，C，D中均可以令对应式子，解得后代入圆方程，由判别式可得最值．从而得到判断．本题用了几何意义求解，转化为直线与圆有公共点，由圆心到直线的距离不大于半径可得结论．

【详解】对于A，设，则，表示直线的纵截距，当直线与圆有公共点时，，解得，所以的最大值为，故A说法正确；

对于B，的几何意义是表示圆上的点到原点距离的平方，易知原点到圆心的距离为2，则原点到圆上的最大距离为，所以的最大值为，故B说法正确；

对于C，设，把代入圆方程得，则，解得，最大值为，故C说法错误；

对于D，设，则，表示直线的纵截距，当直线与圆有公共点时，，解得，所以的最大值为，故D说法错误.

故选：CD.

【点睛】本题考查命题的真假判断，实质考查直线与圆的位置关系，根据圆心到直线的距离不大于半径易得解，对平方式可用几何意义：两点间距离的平方求解．

三、填空题

13．数列满足，且，则它的通项公式______．

【答案】##

【分析】根据给定条件，结合等差数列定义求出公差，再求出通项作答.

【详解】因数列满足，即，

因此数列是首项为1，公差为的等差数列，

所以数列的通项公式为.

故答案为：

14．已知直线的斜率为，且和两坐标轴围成面积为的三角形，则直线的斜截式方程为__________.

【答案】或

【分析】设，可求得直线与坐标轴交点坐标，利用所围成三角形面积可构造方程求得，进而得到直线方程.

【详解】设直线的方程为：，当时，；当时，；

由题意可得：，解得：，

直线的方程为：或.

故答案为：或.

15．数列满足，，则数列的前2022项的乘积为______．

【答案】

【分析】先推出数列的周期为，根据周期化为前项的值进行计算可得结果.

【详解】因为，所以，

所以，所以数列的周期为，

由，，得，，，

所以数列的前2022项的乘积为.

故答案为：.

16．斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋线”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，8，13，…为边长的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．如图为该螺旋线在边长为1，1，2，3，5，8的正方形的中的部分，建立平面直角坐标系（规定小方格的边长为1），则接下来的一段圆弧所在圆的方程为______．

【答案】

【分析】根据题意，分析要求的圆的圆心和半径，由圆的标准方程分析即可得出答案.

【详解】根据题意，接下来的一段圆弧所在圆的半径，其圆心为，

（根据题中图象规律发现），则其标准方程为．

故答案为：.

四、解答题

17．已知点．

(1)求过点P且与直线平行的直线方程；

(2)直线l过点P，且直线l与点，距离相等，求直线l的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由平行设所求直线为，代入点坐标即可求解；

（2）直线l与点，距离相等，则直线与所在直线平行或过线段的中点，求出直线斜率，点斜式求直线方程.

【详解】（1）所求直线与直线平行，设所求直线为，

将点代入方程，化简得，故所求直线的方程为.

（2）当直线时，，直线的方程为，即；

当直线过线段的中点 时，，直线的方程为，即，

所求直线方程为或.

18．直线与直线相交于点P，直线l经过点P.

(1)若直线，求直线l的方程；

(2)若直线l在坐标轴上的截距相等，求直线l的方程.

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）先求点坐标，由垂直关系得斜率后求解，

（2）由题意得过原点或斜率为后求解

【详解】（1）联立得即.

因为，不妨设直线l的方程为，

将点代入，得，

所以直线l的方程为.

（2）当直线l经过坐标原点时，直线l的方程是，即；

当直线l不经过坐标原点时，设直线l的方程为，

将点代入，得，

所以直线l的方程为，即.

综上所述，直线l的方程是或.

19．已知数列的前n项和为，，，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)已知，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据以及可得该数列是等差数列，然后根据等差数列的、写出数列的通项公式即可.

（2）有题意可知，然后根据裂项求和即可求得.

【详解】（1）解：由题意得：

由题意知，则

又，所以是公差为2的等差数列，则；

（2）由题知

则

20．已知等差数列的前n项和为，数列为等比数列，且，．

(1)求数列，的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）求出公差和公比，得到通项公式；（2）利用错位相减法求和.

【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

由题意得：，解得：，

所以，

由得：，所以，

所以

（2），

则①，

②，

两式相减得：

，

所以

21．我们定义一个圆的圆心到一条直线的距离与该圆的半径之比，叫做直线关于圆的距离比，记作.已知圆:，直线.

（1）若直线l关于圆的距离比，求实数m的值;

（2）当时，若圆与y轴相切于点，且直线l关于圆的距离比，试判断圆与圆的位置关系，并说明理由

【答案】（1）；（2）外切或相离，答案见解析.

【解析】（1）根据新定义的要求即可求出的值；

（2）先设圆的方程，然后根据新定义可求出的值，再根据的值判断两圆的位置关系.

【详解】（1）由直线关于圆的距离的比的定义

得，所以

（2）当时，直线

圆与轴相切点于

所以可设：

或

①当时，：

两圆的圆心距，两圆半径之和为，因此两圆外切

②当时，：

两圆的圆心距大于两圆的半径之和，因此两圆外离

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是利用新定义圆的圆心到一条直线的距离与该圆的半径之比，叫做直线关于圆的距离比，可求出的值，利用圆与y轴相切于点设出其方程为根据新定义可求出的值，再比较圆心距与半径之和、差，可判断两圆的位置关系.

22．已知P为直线上一动点，过点P向圆作两切线，切点分别为A、B.

（1）求四边形面积的最小值及此时点P的坐标；

（2）直线AB是否过定点？若是，请求出该点坐标；若不是，请说明理由.

【答案】（1）最小值，；（2）AB恒过定点.

【分析】（1）先由题中条件，得到，求出最小值，以及此时的点坐标，即可得出结果；

（2）设，先求出以PC为直径的圆的方程，所得圆的方程与圆的方程作差，即可得出直线AB的方程，从而可得出直线AB过定点.

【详解】（1）由题意，易知，，

∴

又，

∴，

要使四边形ACBP面积最小，则PC最小，当时，PC的长最小.

过点且与垂直的直线为

将其与联立解得此时点P的坐标为，

∴，

∴；

（2）设，又，则，中点坐标为，

因此以PC为直径的圆的方程为，

整理得，

∵，

∴这个圆也是四边形ACBP的外接圆，它与圆C方程相减，得公共弦AB方程：

；

，

令，

∴AB恒过定点.

【点睛】思路点睛：

求解两圆的公共弦所在直线方程是否过定点的问题时，一般需要先由题中条件，得到两圆的方程，由两圆的方程作差整理，得出公共弦所在直线方程，再由直线过定点的判定方法，即可得出结果.