2023-2024学年福建省漳州市东山县高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省漳州市东山县高二上学期期中数学试题含答案，共16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。

一、单选题
1．在数列，，，，…，，…中，是它的（ ）
A．第8项B．第9项C．第10项D．第11项
【答案】B
【分析】根据题意，由数列的通项公式，即可得到结果.
【详解】由题意可得，数列的通项公式为，令，解得.
故选：B
2．已知等比数列中，，，则（ ）
A．8B．16C．32D．36
【答案】B
【分析】根据等比数列通项公式基本量计算出公比，从而求出.
【详解】等比数列中，，，
，解得，故.
故选：B．
3．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据等差等差中项的性质，结合等差数列求和公式进行计算.
【详解】因为，
所以
故选：B.
4．点到直线的最大距离为（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】C
【分析】由题意可得直线恒过定点，题意所求最大距离即为点到定点的距离，结合两点求距离公式计算即可求解.
【详解】由题意知，
直线即，
所以该直线恒过定点，
则点到直线的最大距离即为点到定点的距离，
即.
故选：C.
5．已知直线，圆，若圆上恰有三个点到直线的距离都等于，则（ ）
A．2B．4C．D．8
【答案】C
【分析】由于圆心到直线的距离为，根据圆上恰有三个点到直线的距离等于，可以得到圆心到直线的距离 ，可得半径的值.
【详解】圆心，则点C到直线的距离，
又因为圆C上恰有三个点到直线的距离为，
所以圆心到直线的距离，即.
故选：C．
6．一束光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则入射光线所在直线的斜率为（ ）
A．或B．或C．或D．或
【答案】C
【解析】设入射光线所在的直线方程为，根据对称性可知，直线与圆关于x轴的对称圆相切，即可求出斜率k.
【详解】由题意可知，点在入射光线上，
设入射光线所在的直线方程为，即.
圆关于轴对称的圆为，
则入射光线与该圆相切.
由相切的性质可得，
化为，解得或.
故选：C
【点睛】本题主要考查了直线与圆的相切，圆的对称性，考查了运算能力，属于中档题.
7．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌若干块扇面形石板构成第1环，依次向外共砌27环，从第2环起，每环依次增加相同块数的扇面形石板．已知最内3环共有54块扇面形石板，最外3环共有702块扇面形石板，则圜丘坛共有扇面形石板（不含天心石）（ ）
A．3339块B．3402块C．3474块D．3699块
【答案】B
【分析】依题意每层扇面形石板的块数成等差数列设为，其中，，根据下标和性质求出，再根据等差数列求和公式求出即可.
【详解】解：依题意每层扇面形石板的块数成等差数列设为，其中，，
所以，
所以
所以，故圜丘坛共有扇面形石板（不含天心石）块.
故选：B
8．直线与直线相交于点P，对任意实数m，直线,分别恒过定点A，B，则的最大值为( )
A．4B．8C．D．
【答案】A
【分析】首先求点的坐标，并判断两条直线的位置关系，结合基本不等式，即可求解.
【详解】直线，当，得，
即点，
直线，当，得，即点，
且两条直线满足，所以，即，
，
，当时，等号成立，
所以的最大值为4.
故选：A
二、多选题
9．如果数列为递增数列，则的通项公式可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据作差法即可判断BCD，举反例即可判断A.
【详解】对于A，当，故不是递增数列，故A不符合，
对于B，，故是递增数列，故B符合，
对于C,，故为递增数列，,C符合，
对于D,，故为递增数列，D符合,
故选：BCD
10．已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线必过点
B．直线与圆必相交
C．圆心到直线的距离的最大值为1
D．当时，直线被圆截得的弦长为
【答案】BC
【分析】利用直线和圆的相关性质求解即可.
【详解】易知直线必过点，故A错误；
点在圆内，所以直线与圆必相交，故B正确；
圆心到直线的距离，当时距离取最大值1，故C正确；
当时，直线，则直线被圆截得的弦长为，故D错误．
故选：BC
11．已知实数满足方程，则下列说法正确的是（ ）
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】AC
【分析】化简圆的方程，求得圆心，半径为，分别设、和，结合直线与圆的位置关系，列出不等式，可判定A、C正确，B不正确；改写，结合其几何意义和点与圆的性质，可判定B 不正确.
【详解】由圆的方程，可化为，
设圆的圆心为，可得圆心坐标为，半径为，
对于A中，设，即，由，解得，
即的最大值为，所以A正确；
对于B中，由，表示原点到圆上点的距离，
又由，则的最大值为，所以的最大值为，
所以B不正确；
对于C中，设，即，由，解得，
即的最大值为，所以C正确；
对于D中，设，即，由，解得或，所以D错误.
故选：AC.
12．在平面直角坐标系中，圆，点为直线上的动点，则（ ）
A．圆上有且仅有两个点到直线的距离为
B．已知点，圆上的动点，则的最小值为
C．过点作圆的一条切线，切点为可以为
D．过点作圆的两条切线，切点为，则直线恒过定点
【答案】ABD
【分析】对A，转化为与直线距离为的两条直线与圆的交点个数即可；对B，由点与圆在直线的同侧，利用对称转化为异侧，则当四点共线时取最小值，且最小值为；对C，求出最大值为，即最大为；对D，设点坐标，求出切点弦方程，不论如何变化，直线恒过定点.
【详解】选项A，由题意知，圆心到直线的距离为，圆的半径为，
由，
如图可知与直线平行且与直线距离为的其中一条直线与圆相交，有两个公共点，
另一条直线与圆相离，即圆上有且仅有两个点到直线的距离为，故A正确；

选项B，设点关于直线的对称点，
则，解得，即，
则，
即的最小值为，故B正确；

选项C，由切点为，则在中，，
当最小时，取最大值，最大，
过点作，垂足为，此时最小，最小值为，
即最大值为，最大为，不可能为，故C错误；

选项D，设点，切点，
可得切线方程为，由点在切线上，得，
同理可得，
故点都在直线上，
即直线的方程为，
又由点在直线上，则，
代入直线方程整理得，
由解得，即直线恒过定点，故D正确.
故选：ABD.

三、填空题
13．数列的首项，且对任意，恒成立，则 ．
【答案】
【分析】根据题意先求得，再将原条件转化为，再由递推关系可推导出是为等差数列，从而求得求得其通项公式，进而求解即可．
【详解】依题意可得，得，
又，则，
所以，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
所以．
故答案为：．
14．设数列的前n项和为，若，且是等差数列．则的值为 ．
【答案】52
【分析】根据给定条件求出，再求出数列的通项即可计算作答.
【详解】依题意，因是等差数列，则其公差，
于是得，，
当时，，而满足上式，
因此，，
所以.
故答案为：52
15．已知数列中，，且当时，有，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】将递推关系化为，则数列是等比数列可求出其通项公式，从而可得数列的通项公式.
【详解】因为当时，有，
所以，即，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以.
故答案为：
16．过点的直线为，为圆与轴正半轴的交点．若直线与圆交于两点，则直线的斜率之和为 ．
【答案】
【分析】设，与圆方程联立可得韦达定理的结论，利用两点连线斜率公式表示出直线的斜率之和，结合韦达定理化简整理可得结果.
【详解】由题意得：，
当直线斜率为时，与圆相切于点，不合题意；
设直线，，
由得：，
则，解得：，
，，
，
直线的斜率之和为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是采用设线法联立圆的方程得到韦达定理式，并化简得，再将韦达定理式代入计算即可.
四、解答题
17．根据下列条件，求直线的一般方程：
（1）过点且与直线平行；
（2）过点，且在两坐标轴上的截距之和为.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】（1）根据平行关系可设直线为：，代入点可求得结果；
（2）设直线的截距式方程，根据点及截距之和可求得截距，整理可得直线一般式方程.
【详解】解析（1）设直线方程为，则，
∴，
∴所求直线方程为.
（2）设直线方程为，
由已知得解得或，
∴所求直线方程为或，
即或.
18．已知圆过点，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)设点在圆上运动，点，记为线段的中点，求的轨迹方程；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求的垂直平分线方程为，与的交点即圆心，圆心到点的距离即为半径，即可得圆的标准方程.
（2）由为线段的中点得到坐标与坐标的关系，代入圆方程可得轨迹方程.
【详解】（1），的中点坐标为，直线的斜率为，
故线段的垂直平分线方程为，即，
联立得，即圆的圆心为，半径为，
故圆的方程为
（2）设，，因为线段的中点，
所以，则，
因点在圆上运动，所以，
则，
即的轨迹方程为.
19．已知是首项为1的等比数列，且，，成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等比数列的公比为，根据已知根据等差中项的性质列出关系式，求解即可得出；
（2）根据（1）的结论得出，，然后根据错位相减法求和，即可得出答案.
【详解】（1）设等比数列的公比为，，
因为，，成等差数列，
所以，即，
化简可得，解得.
又，
所以数列的通项公式为.
（2）因为，
所以，
则，①，
，②
①-②得，
所以.
20．已知等比数列的前项和为，且：
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，若数列满足，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系式求出等比数列的公比，由等比数列的通项公式求解；
（2）先求出数列的通项公式，利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
时，时，.
，
，
（2）由（1）得，由题得，
21．设为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
(1)求，；
(2)求证：数列为等差数列；
(3)求数列的通项公式．
【答案】(1)；
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）直接令中的，可得答案；
（2）通过得到，两式相除整理后可证明数列为等差数列；
（3）当时，通过可得数列的通项公式，注意验证时是否符合.
【详解】（1）由，且，
当时，，得，
当时，，得；
（2）对于①，
当时，②，
①②得，
即，，
又，
数列是以1为首项，1为公差的等差数列；
（3）由（2）得，
，
当时，，
又时，，不符合，
.
22．已知直线和以点为圆心的圆．
(1)求证：直线恒过定点；
(2)当直线被圆截得的弦长最短时，求的值以及最短弦长；
(3)设恒过定点，点满足，记以点、（坐标原点）、、为顶点的四边形为，求四边形面积的最大值，并求取得最大值时点的坐标．
【答案】(1)证明见解析
(2)，弦长的最小值为
(3)答案见解析
【分析】（1）将直线的方程变形，联立方程组可求得直线所过定点的坐标；
（2）分析可知，当时，圆心到直线的距离达到最大值，此时，直线截得的弦长最短，根据直线的斜率关系可求得的值，求出圆心到直线距离的最大值，再结合弦长公式可求出直线被圆截得弦长的最小值；
（3）设点，利用距离公式可化简得出点的轨迹方程，数形结合可求出四边形面积的最大值及其对应的点的坐标.
【详解】（1）证明：将直线的方程化为，
由可得，故直线恒过定点.
（2）解：当时，圆心到直线的距离达到最大值，此时，直线被圆C截得的弦长最短，
此时，，所以，直线的斜率为，解得，
且，
此时，直线被圆截得的弦长最小，且其最小值为.
（3）解：由（1）可知，点，设点，
则，整理可得，
由可得，解得，
又因为点，由下图可知，当点的坐标为时，
点到轴的距离最大，此时，的面积最大，此时，四边形的面积取最大值，
即四边形的面积.

故当点的坐标为时，四边形的面积取最大值，且最大值为.