精品解析：福建省宁德市2022-2023学年高二上学期区域性学业质量监测（期中）数学试题（A卷）（解析版）

2022-2023学年第一学期高二区域性学业质量监测

数学试题 （A卷）

本试卷有第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考试时间120分钟 ，满分150分.

注意事项：

1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号，姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.

2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；第II卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效.

第I卷（选择题 共60分）

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，只有一个选项是符合题目要求的）

1. 已知直线过，两点，且倾斜角为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由斜率公式直接列方程求解即可.

【详解】因为直线过，两点，且倾斜角为，

所以，解得，

故选：C.

2. 已知为正项等比数列，且，，则（　　）

A. 8 B. 9 C. 12 D. 18

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．

【详解】解：已知，则，

解得或（舍去），

故，解得．

故选：D．

3. 在等差数列中，以表示的前项和，则使达到最大值的是（    ）

A. 11 B. 10 C. 9 D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】利用等差数列性质求出数列公差d，再求出其通项公式，并探讨数列的单调性即可得解.

【详解】在等差数列中，，，即，，从而得等差数列公差，，

于是得的通项公式为，则是单调递减等差数列，其前10项均为正，从第11项起的以后各项均为负，

因此，数列的前10项和最大，

所以，使达到最大值的n是10.

故选：B.

4. 圆与圆的位置关系是（    ）

A. 相切 B. 相交 C. 内含 D. 外离

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，求出两圆的圆心和半径，并计算两圆的圆心距即可判断作答.

【详解】圆的圆心，半径，

圆的圆心，半径，

于是，

所以两圆相交.

故选：B

5. 《张丘建算经》是我国古代的一部数学著作，现传本有九十二问，比较突出的成就有最大公约数与最小公倍数的计算、各种等差数列问题的解决、某些不定方程问题求解等.书中记载如下问题：“今有女子善织，日增等尺，初日织五尺，三十日共织四百二十尺，问日增几何？”那么此女子每日织布增长（     ）

A. 尺 B. 尺 C. 尺 D. 尺

【答案】C

【解析】

【分析】将问题转化为等差数列问题，通过，，由等差数列前项和公式解出公差，从而得到结果.

【详解】设每天所织布的尺数为，则数列为等差数列,设公差为，

由题意可知：，，

则，解得：.

那么此女子每日织布增长尺.

故选：C.

6. 已知等比数列中，各项都是正数，且，，成等差数列，则  （     ）

A. 4 B. 2 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设等比数列的公比为，根据题中条件可求得的值，进而可求得，即可得解.

【详解】设等比数列的公比为，则，

由于，，成等差数列，则，即，

因为，整理得，即，

，解得，

因此，.

故选：A .

7. 已知，圆，圆， 若直线过点且与圆相切，则直线被圆所截得的弦长为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式求解即可.

【详解】设直线的方程为，

由直线与圆相切，则，

解得，即，

即直线的方程为，

又圆的圆心坐标为，半径为，

圆圆心到直线距离，

则直线被圆所截弦长为.

故选：A

8. 已知数列的首项为，其余各项为或，且在第个和第个之间有个，即数列为：，，，，，，，，，，，，，…．记数列的前项和为，则（    ）

A.  B.  C. 3997 D. 3999

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，结合题设中数列的规律，结合等差数列的求和公式，即可求解.

【详解】将数列第个和第个之间有个，记作第组，

即为第1组，共有项，为第2组，共有项，，

为第组，共有项，

所以前组共有的项数为项，

又由，其中，

所以第2022项在第45组中的第42个数，故，

又由第2022项中共有45项为1，其余项都为2，

所以.

故选：D.

二、多项选择题（本题每小题5分， 共20分. 在每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 已知数列，则下列说法正确的是（     ）

A. 此数列的通项公式是 B. 是它的第项

C. 此数列的通项公式是 D. 是它的第项

【答案】AB

【解析】

【分析】根据已知条件，结合数列中数字的规律，求出通项公式，即可依次求解.

【详解】数列，

即，

则此数列的通项公式为，A正确，C错，

令，解得，故B正确，D错.

故选：AB

10. 已知直线的倾斜角等于，且经过点，则下列结论中正确的是（    ）

A. 的一个方向向量为 B. 的一个法向量为

C. 与直线平行 D. 与直线垂直

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据已知条件，结合方向向量，法向量的定义，以及直线平行、垂直的性质，即可求解.

【详解】直线的倾斜角等于，

则直线的斜率为，

对于A，因为直线的斜率为，

则的一个方向向量为，A正确；

对于B，，

法向量与直线不垂直，B错；

对于C，直线的斜率为，且不过，C正确；

对于D，直线斜率为，

则斜率之积为，故两直线垂直，D正确.

故选：ACD

11. 已知点在圆上，点分别为直线 与轴，轴的交点，则下列结论正确的是 （    ）

A. 直线与圆相切 B. 圆截轴所得的弦长为

C. 的最大值为 D. 的面积的最小值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】求得圆的圆心，半径，以及，根据，可判定A正确；由圆的弦长公式，可判定B不正确；求得，得到的最大值为，可判定C正确；求得圆心到直线的距离为，求得最小距离，结合面积公式，可判定D正确.

【详解】由圆，可得，可得圆心，半径为，

因为点分别为直线与轴、轴的交点，可得，

对于A中，因为圆心到直线的距离为，所以A正确；

对于B中，由圆截轴的弦长为，所以B不正确；

对于C中，点在圆上，且，其中，所以的最大值为，所以C正确；

对于D中，因为圆心到直线的距离为，

则圆上点到直线的最小距离为，

因为，所以的面积的最小值为，所以D正确.

故选：ACD.

12. 已知等比数列前项和为，且，是与的等差中项，数列满足，数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ）

A. 数列的通项公式为 B.

C. 数列是等比数列 D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于AD，利用等比数列的基本量法求得公比和，从而求得，由此得以判断；对于C，利用等比数列的定义判断即可；对于D，利用分组求和法求得，再利用作差法即可判断．

【详解】由于等比数列前项和为，且，

所以，整理得，所以数列的公比；

由于是与的等差中项，故，

整理得，解得.

故，故A正确；

所以，故B正确；

由于数列满足，

所以当时，不为常数，

所以数列不是等比数列，故C错误；

，

又，

所以

，故D正确.

故选：ABD.

【点睛】关键点睛：本题选项D的解决关键是利用分组求和法求得，再利用作差法，结合二次函数的性质证得，计算量大，需要多加练习熟悉.

第II卷（非选择题共90分）

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分. 把答案填在答题卡的相应位置）

13. 和的等比中项是__________.

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：设和的等比中项是a，则.

考点：等比中项的性质.

14. 数列的前项和，则的通项公式___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据求得，当时，利用求得的表达式，验证首项是否适合，即可得答案.

【详解】由题意数列的前项和，则，

当时，，

不适合上式，

故的通项公式，

故答案为：

15. 若两条平行直线与之间的距离是，则__________．

【答案】3

【解析】

【分析】由两直线平行列方程求出，再由两平行线间的距离公式列方程可求出的值，从而可求出结果.

【详解】因为直线与平行，

所以，解得且，

所以直线为，

直线化为，

因为两平行线间的距离为，

所以，得，

因为

所以，得，

所以，

故答案为：3

16. 设动圆：，则圆心轨迹方程为___________﹔若直线：被所截得的弦长为定值，则___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】利用消参法可得圆C的圆心轨迹方程；转化为直线与直线平行，可求得结果．

详解】设，则，消去得

所以圆C的圆心轨迹方程是；

因为圆的半径为定值，且直线被圆C所截得的弦长为定值，

由弦长为定值，

所以圆心到直线的距离为定值，

因为圆心的轨迹为直线，所以直线与直线平行，

所以，所以

故答案为：，．

【点睛】关键点点睛：转化为直线与直线平行求解是解题关键．

四、解答题：（本大题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. ）

17. 已知 的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．

（1）求直线的方程；

（2）求顶点C的坐标.

【答案】（1）   

（2）.

【解析】

【分析】（1）方法一：由题意求出，则，再利用点斜率可求出直线的方程；方法二：由题意设直线的方程为，再将点的坐标代入可求出，从而可求出直线的方程；

（2）联立直线与直线的方程可求出顶点C的坐标.

【小问1详解】

方法一：由边上的高所在直线方程为得：.

所以，

又，所以边所在直线方程为，即，

方法二：由边上的高所在直线方程为得：

故可设直线的一般式方程为：，

把的坐标代入上述方程，得：，

所以边所在直线方程为:，

【小问2详解】

联立直线与直线的方程得，

，解得

所以顶点的坐标为.

18. 国家汽车产业振兴规划的政策极大地刺激了小排量汽车的销售，据分析预测，某地今年小排量型车每月的销量将以的增长率增长，小排量型车的销量每月递增辆．已知该地今年月份销售型车和型车均为辆，据此推测，该地今年底这两款车的销售总量能否超过辆？（参考数据：，，）

【答案】推测该地区今年这两款车的总销量能超过辆．

【解析】

【分析】设该地今年第月型车和型车的销量分别为辆和辆，由题意可得是首项，公比的等比数列， 是首项，公差的等差数列，利用等差数列和等比数列的前项和求解即可.

【详解】解：设该地今年第月型车和型车的销量分别为辆和辆，

依题意，得是首项，公比的等比数列，

是首项，公差的等差数列．

设的前项和为，则，

设的前项和为，则

所以，

可推测该地区今年这两款车的总销量能超过辆．

19. 设等比数列满足，．

（1）求数列的通项公式；

（2）令，记 为数列的前项和，求前n项的和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意有，解方程求出，即可求数列的通项公式；

（2）求出，可得数列是首项为1，公差为1的等差数列，再由等差数列的前项和求出，继而求出，再由裂项相消法求前n项的和．

【小问1详解】

设等比数列的公比为，根据题意有，

消去得：.解得：   

解得:，所以.

【小问2详解】

，

于是数列是首项为1，公差为1的等差数列.

所以         

.

.

20. 已知圆过点，且与直线相切于点．

（1）求圆的标准方程；

（2）若，点在圆上运动，证明：为定值．

【答案】（1）   

（2）证明过程见详解

【解析】

【分析】（1）设圆心，半径为，根据题意列出方程，求出圆心和半径，进而求出圆的方程；

（2）先将圆的标准方程化为一般方程，设点，再根据题意分别求出，，进而即可证明结论．

【小问1详解】

设圆心，半径为，

因为点，，所以直线的中垂线方程是，

过点且与直线垂直的直线方程是，

由，解得，

圆心，，

圆的标准方程是．

【小问2详解】

证明：由（1）知圆标准方程为，

则其一般方程为，即，

设点，且点在圆上运动，

则，

，

于是，

为定值．

21. 已知数列中，，.

（1）求证：是等比数列，并求的通项公式；

（2）若不等式对于恒成立，求实数的最小值.

【答案】（1）证明见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）由条件可得出从而可证，从而可得出的通项公式.

（2）将（1）中的代入即得对于恒成立，设，分析出其单调性，得出其最大项，即可得出答案.

【小问1详解】

由，可得，即

所以是以为首项，为公比的等比数列，

所以，所以.

【小问2详解】

不等式对于恒成立

即对于恒成立

即对于恒成立

设，

由，

当时，，即，

即，

当时，，即，

即，

所以最大，，

所以，故的最小值为.

22. 已知直线：与圆O：相交于不重合的A，B两点，O是坐标原点，且A，B，O三点构成三角形．

（1）求的取值范围；

（2）的面积为，求的最大值，并求取得最大值时的值．

【答案】（1）   

（2）的最大值为2，取得最大值时

【解析】

【分析】（1）解法一：通过圆心到直线的距离小于半径且列出不等式求解即可；解法二：联立方程，令得到不等式求解，结合即可得到答案；

（2）先求出高和弦长，通过三角形面积公式直接代入求解面积，通过换元，结合二次函数性质即可得到答案.

【小问1详解】

解法一：

由题意知：圆心到直线的距离 ，

因为直线与圆O相交于不重合的A，B两点，且A，B，O三点构成三角形，

所以，得，解得且，

所以的取值范围为.

解法二：

联立，化简得：

，得，

因为A，B，O三点构成三角形，所以

所以的取值范围为.

【小问2详解】

直线：，即，

点O到直线距离：，

所以

所以，（且）

设，则，

所以

所以当，即，即时，

所以的最大值为2，取得最大值时.