江苏省苏州市2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份江苏省苏州市2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了本卷共4页、包含单项选择题等内容，欢迎下载使用。

注意事项
学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：
1．本卷共4页、包含单项选择题（第1题~第8题），多项选择题（第9题~第12题）.填空题（第13题~第16题）、解答题（第17题~第22题）．本卷满分150分，答题时间为120分钟．答题结束后，请将答题卡交回．
2．答题前，请您务必将自己的学校、班级、姓名、考试号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置．
3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效，作答必须用0．5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚．
一、单项选择题：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，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 直线的方向向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的斜率得到直线的一个方向向量为，再求其共线向量即可.
【详解】由题意得直线的斜率为-3，所以直线的一个方向向量为，
又，所以也是直线的一个方向向量.
故选：A.
2. 等差数列中，若，则的值为（ ）
A. 36B. 24C. 18D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列通项公式求基本量得，再由即可求值.
【详解】令的公差为，则，即，
则.
故选：B
3. 与直线3x﹣4y+5=0关于y轴对称的直线方程是（ ）
A. 3x+4y+5=0B. 3x+4y﹣5=0C. 3x﹣4y+5=0D. 3x﹣4y﹣5=0
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出直线与坐标轴的交点，分别求得关于轴的对称点，即可求解直线的方程．
【详解】令，则，可得直线与轴的交点为，
令，则，可得直线与轴的交点为，
此时关于轴的对称点为，
所以与直线关于轴对称的直线经过两点，
其直线的方程为，化为，故选B．
【点睛】本题主要考查了直线方程点的求解，以及点关于线的对称问题，其中解答中熟记点关于直线的对称点的求解，以及合理使用直线的方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
4. 经过原点和点且圆心在直线上圆的方程为 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令圆心为，由圆所经过的点及两点距离公式列方程求出圆心坐标，即可写出圆的方程.
【详解】由题设，令圆心为，又圆经过原点和点，
所以，整理可得，故圆心为，
所以半径平方，则圆的方程为.
故选：D
5. 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列的通项公式和一次函数性质，结合充分、必要性定义判断条件间的推出关系即可.
【详解】令公差为且无穷等差数列，且，
若递减数列，则，结合一次函数性质，
不论为何值，存在正整数，当时，充分性成立；
若存在正整数，当时，由于，即不为常数列，
故单调递减，即，所以为递减数列，必要性成立；
所以“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选：C
6. 已知点，点在的圆周上运动，点满足，则点的运动轨迹围成图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，，由动点转移法求得点轨迹方程，由方程确定轨迹后可得面积．
【详解】设，，
由得是线段中点，∴，
又在圆上，，即，
∴点轨迹是半径为1的圆，面积为，
故选：A．
7. 等比数列中，，，则（ ）
A. B. C. 5D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列前项和公式写出已知与待求式后，进行比较，已知两式相除即得.
【详解】设公比为，显然，则由题意得，两式相除得，
所以，
故选：C.
8. 过点作圆的两条切线，设切点分别为，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出圆的标准方程得圆心为，半径，进而有，由圆的切线性质得，，，最后应用倍角正弦公式、三角形面积公式求面积.
【详解】由题设，圆的标准方程为，圆心为，半径，
所以，如下图示，切点分别为，则，
所以，又，
所以，
所以.
故选：A
二、多项选择题：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、全部选对得5分，选对但不全得2分，选错或不答得0分，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
9. 已知直线，若直线与连接两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】求出直线过的定点，从而求得，进而利用数形结合可得直线倾斜角的范围，由此得解.
【详解】因为直线可化为，
所以直线过定点，
又，所以，，
故直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
结合图象，可知直线的倾斜角范围为，故ABC正确，D错误.
故选：ABC.
10. 设分别是等差数列和等比数列的前项和，下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则使的最大正整数的值为15
B. 若（为常数），则必有
C. 必为等差数列
D. 必为等比数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】A由已知可得，且，再应用等差数列前n项和公式及得，即可判断；B由等比数列前n项和公式有，即可判断；C、D根据等差、等比数列片段和的性质直接判断.
【详解】令的公差为，则，
所以，故，且，
使，则，
而，即，故，
所以使的最大正整数的值为30，A错；
令的公比为且，则（公比不能为1），
所以，即，B对；
根据等差、等比数列片段和的性质知：必为等差数列，必为等比数列，C、D对.
故选：BCD
11. 已知等比数列的公比为，前项和为，前项积为，若，，则（ ）
A. B. 当且仅当时，取得最小值
C. D. 正整数的最大值为11
【答案】AC
【解析】
【分析】根据确定，求出的值确定A，根据数列项的变化，确定B，利用等比数列的基本量运算判断C，根据转化二次不等式，从而确定正整数的最大值判断D.
【详解】对于A，因为，所以，因为，解得，故A正确；
对于B，注意到，故时，，时，，所以当或时，取得最小值，故B错误；
对于C，，
，
所以，故C正确；
对于D，，，因为，
所以，即，
所以，即，所以，正整数的最大值为12，故D错误，
故选：AC.
12. 已知圆，圆（ ）
A. 若，则圆与圆相交且交线长为
B. 若，则圆与圆有两条公切线且它们的交点为
C. 若圆与圆恰有4条公切线，则
D. 若圆恰好平分圆的周长，则
【答案】AD
【解析】
【分析】A、B将圆化为标准形式，确定圆心和半径，判断圆心距与两圆半径的关系，再求相交弦长判断；C由题意知两圆相离，根据圆心距大于两圆半径之和及圆的方程有意义求参数范围；D由题意相交弦所在直线必过，并代入相交弦方程求参数即可.
【详解】A：时圆，则，半径，
而圆中，半径，所以，
故，即两圆相交，此时相交弦方程为，
所以到的距离为，故相交弦长为，对；
B：时圆，则，半径，
同A分析知：，故两圆相交，错；
C：若圆与圆恰有4条公切线，则两圆相离，则，
而圆，即，
所以，错；
D：若圆恰好平分圆的周长，则相交弦所在直线必过，
两圆方程相减得相交弦方程为，将点代入可得，对.
故选：AD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案写在答题卡相应的位置上．
13. 若是公差不为0的等差数列，成等比数列，，为的前项和，则的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由等差数列中成等比数列，解出公差为，得到，求出，裂项相消求的值.
【详解】设等差数列公差为，成等比数列，由，
则，即，
由，得，所以，
则有，得，
所以.
故答案为：
14. 平面直角坐标系中，过直线与的交点，且在轴上截距为1的直线的方程为_______________．（写成一般式）
【答案】
【解析】
【分析】设交点系方程，结合直线过求方程即可.
【详解】由题设，令直线的方程为，且直线过，
所以，故直线的方程为.
故答案为：
15. 如图，第一个正六边形的面积是1，取正六边形各边的中点，作第二个正六边形，然后取正六边形各边的中点，作第三个正六边形，依此方法一直继续下去，则前个正六边形的面积之和为_______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题设分析出前个正六边形的面积是首项为1，公比为的等比数列，应用等比数列前项和公式求面积和.
【详解】由题设知：后一个正六边形与前一个正六边形的边长比值为，故它们面积比为，
所以前个正六边形的面积是首项为1，公比为的等比数列，
所以前个正六边形的面积之和.
故答案为：
16. 已知实数成等差数列，在平面直角坐标系中，点，是坐标原点，直线．若直线垂直于直线，垂足为，则线段的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由等差数列的性质及直线方程有，求出直线所过的定点，结合已知在以为直径的圆上，且圆心，半径为，问题化为求到该圆上点距离的最小值.
【详解】由题设，则，即，
令，即直线恒过定点，又，
所以在以为直径的圆上，且圆心，半径为，
要求的最小值，即求到该圆上点距离的最小值，而，
所以.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知直线，．
（1）若，求实数的值；
（2）若，求之间的距离．
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由两线垂直的判定列方程求参数即可；
（2）由两线平行的判定列方程求参数，注意验证是否存在重合情况，再应用平行线距离公式求距离.
【小问1详解】
由，则，即，
所以，可得或.
【小问2详解】
由，则，可得，故或，
当，则，，此时满足平行，且之间的距离为；
当，则，，此时两线重合，舍；
综上，时之间的距离为.
18. 已知等差数列，前项和为，又．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的求和公式和等差数列的通项公式即得.
（2）由，令求出的取值范围，再分段求出数列的前项和
【小问1详解】
设等差数列的公差为，首项为，
因为，所以，
所以，由，解得，
又，所以；
【小问2详解】
设，的前项和为，得，
，得
当时，，即，所以
当时，得 ，所以，
则
综上所述：
19. 已知数列的首项，且满足．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1），取倒数得，化简整理即可判断为等比数列；
（2）法一：将转化为的前项和，结合（1）中结论即可得解；法二：结合（1）中结论得，应用分组求和及等比数列的前项和公式即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，所以，
即
因为，，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
【小问2详解】
法一：
易知是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
法二：由（1），所以，
所以
所以．
20. 如图，等腰梯形中，∥，，间的距离为4，以线段的中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，记经过四点的圆为圆．
（1）求圆的标准方程；
（2）若点是线段的中点，是圆上一动点，满足，求动点横坐标的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆所过点的坐标求解圆的方程即可.
（2）根据是圆上一动点，满足，设P点坐标带入化简求解，依据图像即可得出答案.
【小问1详解】
如图，因为，间的距离为4，
所以，经过四点圆即经过三点的圆，
法一：
中垂线方程即，中点为，，
所以的中垂线方程为，即，
联立，得圆心坐标，
所以圆的标准方程为；
法二：设圆的一般方程为，
代入，解得，
所以圆的标准方程为；
法三：以为直径的圆方程为，
直线，
设圆的方程为，
代入，解得，
所以圆的标准方程为；
【小问2详解】
，设圆上一点，
，
因为，所以，
即，
由对应方程为圆
所以点在圆上及其外部，
解得，
所以两圆交点恰为，
结合图形，当圆上一点纵坐标为时，横坐标为，
所以点横坐标的取值范围是．
.
21. 平面直角坐标系中，直线，圆：，圆与圆关于直线对称，是直线上的动点．
（1）求圆的标准方程；
（2）过点引圆的两条切线，切点分别为，设线段的中点是，是否存在定点，使得为定值，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）利用对称求出点坐标，即可得到圆的标准方程；
（2）设点坐标，在以为直径的圆上，由圆与圆求公共弦，得直线过定点，点是在以为直径的圆上，所以存在点是的中点，使得为定值．
【小问1详解】
圆化成标准方程为，圆心，半径为2，
设圆心，圆与圆关于直线对称，
直线的斜率为，
所以，解得，
所以，圆的方程为.
【小问2详解】
因为是直线上的动点，设，
分别与圆切于两点，所以，
所以在以为直径的圆上，
圆的方程，
即
为圆与圆的公共弦，由，
作差得方程为
即
令得，设，
所以直线过定点，
又是中点，所以，则有点是在以为直径的圆上，
所以存在点是的中点，使得为定值，坐标为.
22. 记首项为1的递增数列为“-数列”．
（1）已知正项等比数列，前项和为，且满足：．求证：数列为“-数列”；
（2）设数列为“-数列”，前项和为，且满足．（注：）
①求数列的通项公式；
②数列满足，数列是否存在最大项？若存在，请求出最大项的值，若不存在，请说明理由．（参考数据：）
【答案】（1）证明见解析
（2）① ；②存在；最大项为
【解析】
【分析】（1）利用等比数列中的关系求解；
（2）利用等差数列的定义以及的关系求解，并根据数列的单调性求最值.
【小问1详解】
设正项等比数列的公比为，
因为，则，两式相减得，
即,
因为，所以，
中，当时，有，即，解得，
因此数列为“-数列”；
【小问2详解】
①因为
所以，又为“-数列”，所以，且，所以各项为正，
当，①，②，
①一②得：，即，
所以③，
从而④，
④-③得：，即，
由于为“-数列”，必有，所以，，
又由③知，即，即得或（舍）
所以，故
所以是以1为首项，公差是1的等差数列，所以；
②，所以，
令，得，