2022-2023学年浙江省嘉兴市第一中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省嘉兴市第一中学高二上学期期中数学试题（解析版），共18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学年浙江省嘉兴市第一中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．已知方程表示圆，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据得到不等式，解得即可.【详解】解：因为表示圆，所以，解得，所以.故选：B2．若直线经过第一、二、四象限，则有（　　）A． B． C． D．【答案】C【分析】由纵截距大于0，斜率小于0可得．【详解】直线过一、二、四象限，则纵截距大于0，斜率小于0，直线方程的截距式为，因此，故选：C．3．用数学归纳法证明时，假设时命题成立，则当时，左端增加的项为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出时，不等式的左边，再求出当时，不等式的左边，得到当时，即可推出不等式的左边比时增加的项 .【详解】当时，不等式左边等于，当时，不等式左边等于当时，不等式的左边比时增加.故选：D4．“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（　　）A．17 B．37 C．107 D．128【答案】C【分析】根据题意可得既是3的倍数，又是7的倍数，即是21的倍数，从而可求得数列的通项，即可得解.【详解】解：因为能被3除余2且被7除余2，所以既是3的倍数，又是7的倍数，即是21的倍数，且，所以，即，所以.故选：C.5．已知数列满足：（），且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（　　）A． B． C． D．【答案】C【分析】仿照分段函数的单调性求解，同时注意．【详解】由题意，解得．故选：C．6．已知圆：，圆：，若圆平分圆的周长，则（    ）A．1 B．2 C．4 D．【答案】B【分析】两圆方程相减，可求出公共弦所在的直线方程，再由题意可知圆的圆心在公共弦上，所以将的坐标代入公共弦方程可求得结果.【详解】由，得，所以圆：的圆心为，由和，得，所以两圆公共弦所在直线方程为，因为圆平分圆的周长，所以在直线上，所以，得，故选：B7．在数列中， ， ，则（　　）A．数列单调递减 B．数列单调递增C．数列先递减后递增 D．数列先递增后递减【答案】A【分析】由数列递推式求出，可判断，将两边平方得，判断与 同号,结合，可判断，即得答案.【详解】由 ，，得 ， ，且可知 ．再由，两边平方得 ①，则 ②，②﹣①得： ，∴ ，∵，∴与 同号,由 ，可知， ，即 ，可知数列单调递减．故选：A．8．已知圆O：，过直线l：在第一象限内一动点P作圆O的两条切线，切点分别是A，B，直线AB与两坐标轴分别交于M，N两点，则面积的最小值为（　　）A． B． C． D．2【答案】B【分析】设,利用圆切线的性质，得到切点弦所在直线方程，然后求出，写出面积表达式，利用基本不定式得到其最小值.【详解】设,则,设,当时，，所以切线方程为，两边同乘得，即，而，代入得，显然当或时也适合，所以切线方程为，同理将的坐标代入上述直线方程,则有，于是直线的方程为,分别令，易得，则，的面积为,当且仅当结合，即时取等号.所以面积的最小值为.故选：B.【点睛】对于圆心在原点的圆上某点的切线方程结论为，过圆心在原点的圆的圆外一点作圆两条切线，其切点弦所在直线方程为，两者形式相同，但意义不同，最后得到直线方程，求出其面积表达式，利用基本不等式求出最值，如果能记住相关结论，对这道选择题来说将会大有裨益. 二、多选题9．若P，Q分别为上的动点，且满足：∥，则下面正确的有（　　）A． B．C．当c确定时，有最小值，没有最大值 D．当的最小值为3时，【答案】ABC【分析】由∥可得，，即可判断A，B选项；因为的最小值为，之间的距离，由两平行线间的距离可得，所以得，进而可判断C，D.【详解】解：因为∥，所以，，所以,，故A，B正确；的最小值为，之间的距离，又因为∥，所以，之间的距离，所以当c确定时，有最小值为，没有最大值，故C正确；当时，则有或，故D错误.故选：ABC.10．设数列是公差为等差数列，为其前n项和，，且，则（　　）A． B． C． D．，为的最小值【答案】ABD【分析】根据题干条件找出和的等量关系，分析出和的符号后逐一判断即可.【详解】根据可知，，由等差中项可得，，即，故B正确；，，故，故A正确；，可知，等差数列单调递增，但，说明都是负数，故最小，又，于是，它们均是最小值，故D正确；据刚才分析，，而，故C错误.故选：ABD11．古希腊数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．人们将这个圆以他的名字命名为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，，点P满足．设点的轨迹为，则下列结论正确的是（　　）A．圆的方程为 B．轨迹圆的面积为C．在上存在使得 D．当，，三点不共线时，射线是的平分线【答案】BD【分析】设，运用两点的距离公式，化简可得的轨迹方程，可判断A，从而可确定轨迹圆的面积，可判断B；若在上存在点，使得，可设，运用两点的距离公式，可得的轨迹方程，联立的轨迹方程，即可判断C；当，，三点不共线时，由，由角平分线定理的逆定理，可判断D.【详解】解：对于A，在平面直角坐标系中，，，点满足，设，则，化简可得，故A错误；对于B，又圆：的半径，则圆的面积为，故B正确；对于C，若在上存在点，使得，可设，即有，化简可得，联立，可得方程组无解，故不存在，故C错误；对于D，当，，三点不共线时，由，可得射线是的平分线，故D正确.故选：BD.12．将数列中的所有项排成如下数阵： ……已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数成等差数列，且．从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则（　　）A． B．在第85列 C． D．【答案】ACD【分析】由已知，根据条件，选项A，设第一列数所组成的等差数列公差为，根据求解公差，然后再求解即可验证；根据数阵的规律，先计算第行共有项，然后再总结前行共有项，先计算前44行共有项，然后用，即可判断选项B；选项D，先计算第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，然后再根据每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，利用等比数列通项公式即可求解通项；选项C，先表示出，，然后可令、，分别判断数列的单调性，求解出对应的最大值与最小值，比较即可判断.【详解】由已知，第一列数成等差数列，且，设第一列数所组成的等差数列公差为，则，所以，选项A正确；第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，第一行共有1项，第二行共有3项，第三行共有5项，，第行共有项，所以前一行共有项，前二行共有项，前三行共有项，，前行共有项，所以前44行共有项，而，所以位于第45行86列，故选项B错误；第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，且每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，所以第行的数构成以为首项，公比为的等比数列，所以，故选项D正确；因为第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，所以，令，所以，当时且，，所以单调递减，所以，所以，而令，在上单调递增，所以，所以成立，选项C正确.故选：ACD.【点睛】在处理等比等比数列交叉的数阵问题时，可根据条件说明，或者数阵行、列的规律总结、类比出等差、等比数列，需要注意的是，不要把求通项和求和的式子混淆了. 三、填空题13．已知数列的前n项的和，若数列为等比数列，则的值为___________．【答案】【分析】先利用等比数列前项的关系算出，然后再检查算出的值能否保证所有项成等比数列.【详解】数列为等比数列，则其前项成等比数列，即，由，，，，故，解得. 此时，时，当，，故符合，于是时，，数列为等比数列.故答案为：14．圆上到直线的距离为1的点的个数为___________．【答案】3【分析】由圆的方程找出圆心坐标和半径，利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离，由半径，从而得到该圆上到直线的距离为1的点的个数即可．【详解】解：由圆的方程，得到圆心坐标为，半径，圆心到直线的距离，，则圆上到直线的距离为1的点的个数为是3．故答案为：3．15．记，．若数列满足：，，则数列的前200项的和为_________．【答案】【分析】根据，分别令下标为，得到关于的递推关系式，然后进行分组求和.【详解】根据可得，，，，又，则，故，又，则，故.故前项和.故答案为：16．已知是定义在上的奇函数，其图象关于点对称，当时，，若方程的所有根的和为6，则实数k的取值范围是____________．【答案】【分析】方程的根转化为与的图象的公共点的横坐标，由于两个图象均关于点对称，要使得所有根的和为6，则两个图象有且只有3个公共点，即可得出答案．【详解】解：方程的根转化为与的图象的公共点的横坐标，因为两个图象均关于点对称，要使得所有根的和为6，所以两个图象有且只有3个公共点，作出和的图象如图所示：当时，只需直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得或（舍），当时，只需直线与圆相离，所以圆心到直线的距离，解得（舍）或，所以的取值范围为.故答案为：． 四、解答题17．已知的顶点．(1)求边上的高所在直线的方程；(2)求边上的中线所在直线的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先求直线的斜率，结合，求高所在直线的斜率，再利用点斜式求直线方程；（2）先根据中点坐标公式求点M的坐标，再利用点斜式求直线方程.【详解】（1）∵直线的斜率∴边上的高所在直线的斜率，则所求直线方程为，即∴边上的高所在直线的方程为（2）∵线段的中点∴边上的中线所在直线的斜率，则所求直线方程为，即∴边上的中线所在直线的方程为18．已知数列满足：,数列的前n项和(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据数列的递推关系式判断数列类型求出通项公式,根据的前n项和,利用,求出数列的通项公式即可,注意检验;(2)根据数列通项公式的特殊性,利用错位相减法,求出其前n项和即可.【详解】（1）解:由题知,是以2为公比的等比数列,,的前n项和,时,当时,,故,综上:;（2）由(1)知,,,①,②②-①可得:故.19．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河，”诗中隐含着一个有趣的“将军饮马”问题，这是一个数学问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面直角坐标系中，将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即为回到军营.军营所在区域可表示为.(1)求“将军饮马”的最短总路程；(2)因军情紧急，将军来不及饮马，直接从A点沿倾斜角为45°的直线路径火速回营，已知回营路径与军营边界的交点为M，N，军营中心与M，N连线的斜率分别为，，试求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据题意作出图形，然后求出关于直线的对称点，进而根据圆的性质求出到圆上的点的最短距离即可；（2）将直线方程代入圆的方程并化简，进而结合韦达定理求得答案.【详解】（1）若军营所在区域为，圆：的圆心为原点，半径为，作图如下：设将军饮马点为，到达营区点为，设为A关于直线的对称点，因为，所以线段的中点为，则，又，联立解得：，即，所以总路程，要使得总路程最短，只需要最短，即点到圆上的点的最短距离，即为.（2）过点A倾斜角为45°的直线方程为：，设两个交点，联立，消去y得.由韦达定理， ，.20．已知数列满足：．(1)若，求的值；(2)设，，数列是否有最大项，最小项？若有，分别指出第几项最大，最小；若没有，试说明理由．【答案】(1)(2)最大项为第3、4项，没有最小项 【分析】（1）根据题设中的递推关系可求；（2）求出，根据数列单调性定义可判断数列的最大项.【详解】（1）（2）由（1）可得为等差数列，且，故，所以，故，故，故，故当时，即；当时，；当时，；故有最大项且最大项为，当时，，而当时，，故没有最小项.综上，最大项为第3、4项，没有最小项.21．在平面直角坐标系中，已知圆和圆 .（1）若直线过点 ，且被圆截得的弦长为 ，求直线的方程；（2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和 ，它们分别与圆和圆 相交，且直线被圆 截得的弦长与直线被圆 截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标．【答案】(1)或，(2)点P坐标为或．【详解】(1)设直线l的方程为y＝k(x－4)，即kx－y－4k＝0.由垂径定理，得圆心C1到直线l的距离d＝＝1，结合点到直线距离公式，得＝1，化简得24k2＋7k＝0，解得k＝0或k＝－.所求直线l的方程为y＝0或y＝－(x－4)，即y＝0或7x＋24y－28＝0.(2)设点P坐标为(m，n)，直线l1、l2的方程分别为y－n＝k(x－m)，y－n＝－(x－m)，即kx－y＋n－km＝0，－x－y＋n＋m＝0.因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等．由垂径定理，得圆心C1到直线l1与圆心C2到直线l2的距离相等．故有，化简得(2－m－n)k＝m－n－3或(m－n＋8)k＝m＋n－5.因为关于k的方程有无穷多解，所以有解得点P坐标为或. 22．已知数列满足，， 其中，．(1)当时，①求；②求：；(2)设集合．是否存在实数，使1、6、都属于？若存在，请求出实数和；若不存在，请说明理由．【答案】(1)①；②842(2)存在， 【分析】（1）因为所给递推关系式是一个分段函数，所以通过分段点进行分段求解，通过讨论的符号变化去掉绝对值符号，利用等差数列的求和公式进行求解；（2）将问题转化为存在三个不同的整数（），使得 ，再消元得到，进而利用互质进行求解.【详解】（1）①由题意，得， ；②由题意，得当时，；当时，，且当时，，当时，；所以=；（2），∴（），令，从而．           因为同时属于，所以存在三个不同的整数（），使得 ，从而 ，则．                               因为与互质，且与为整数，所以且，即，， ，则，解得.