2023-2024学年江苏省无锡市南菁高级中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市南菁高级中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共19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．已知等比数列的前2项和为2，前4项和为8，则它的前6项和为（ ）
A．12B．22C．26D．32
【答案】C
【分析】根据等比数列前2项和为2，前4项和为8，可得，从而求得，利用等比数列的性质，即可求得答案.
【详解】设等比数列的前n项和为，公比为q,
则,则，
而，
故，
所以数列前6项和为，
故选：C.
2．过点且垂直于直线的直线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得直线的斜率为，由垂直得垂直直线的斜率，然后由点斜式写出直线方程，化为一般式可得结果．
【详解】解：由题意可得直线的斜率为，
则过点且垂直于直线的直线斜率为，
直线方程为，
化为一般式为．
故选：A．
3．数列前项和为，且，则取最小值时，的值是（ ）
A．3B．4
C．5D．6
【答案】B
【分析】由题知数列是公差为3的递增等差数列，再根据等差数列的性质求解即可.
【详解】在数列中，由，得，
所以数列是公差为3的等差数列．
又，
所以数列是公差为3的递增等差数列．
由，解得．
因为，
所以数列中从第五项开始为正值．
所以当时，取最小值．
故选：B．
4．已知，点在圆上，若三角形的面积为，则点的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由三角形的面积公式，求得点到直线的距离，根据圆与直线的位置关系，求得直线两侧圆上的点到直线的最大距离，通过比较，可得答案.
【详解】由题意，设中上的高为，则，
由，则直线的方程为，且，即，
由方程，可得圆心，半径，
圆心到直线的距离，则直线与圆相交，如下图：
在劣弧上的点到直线最大距离，在优弧上的点到直线最大距离，
由，则点的个数为.
故选：C.
5．已知为递增数列，前n项和，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意先算，再利用，求出时的通项公式，再利用数列的单调性，即可解决问题
【详解】当时，，
当时，，
由为递增数列，只需满足，即8>4+λ，解得，
则实数的取值范围是，
故选：D.
6．圆和圆有三条公切线，若，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由两圆方程可确定圆心和半径，根据公切线条数可得两圆相外切，得到，即，由，利用基本不等式可求得结果.
【详解】由圆方程得：圆心，半径；
由圆方程得：圆心，半径；
圆与圆有三条公切线，圆与圆外切，
，即，
（当且仅当，即时取等号），
的最小值为.
故选：A.
7．已知圆，为圆C的动弦，且满足，为弦的中点，两动点在直线上，且，运动时，始终为锐角，则线段PQ中点的横坐标取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由，得到，设的中点，根据恒为锐角，转化为以为圆心，以为半径的圆与以为圆心，以为半径的圆相外离，结合圆与圆的位置关系，列出不等式，即可求解.
【详解】由题意，圆，可得圆心坐标为，半径为，
因为，为弦的中点，可得，
又由两动点在直线上，且，
设的中点，当在圆上运动时，且恒为锐角，
可得以为圆心，以为半径的圆与以为圆心，以为半径的圆相外离，
则，即，解得或，
所以线段PQ中点的横坐标取值范围是.
故选：A.
8．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16…，设N为项数，求满足条件“且该数列前N项和为2的整数幂”的最小整数N的值为（ ）
A．110B．220C．330D．440
【答案】D
【分析】通过分析数列性质可列出不等式即可求得最小整数N的值.
【详解】观察可知：该数列可看成：第一行是，第二行是，
第三行是，以此类推，项数分别为1,2,3，
前行数和为，
则
，
要使，则，
要使前N项和为2的整数幂，
所以：是之后的等比数列部分的和，
即：，
所以，
则，此时，
对应满足的最小条件.
故选：D
二、多选题
9．已知数列中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．是等比数列D．
【答案】AC
【分析】根据递推关系求得，由此判断ABD选项的正确性，结合等比数列的定义判断C选项的正确性.
【详解】，即，则，，，所以A正确；
显然有，所以B不正确；亦有，所以D不正确；
又，相除得，
因此数列，分别是以1，2为首项，2为公比的等比数列，故C正确.
故选：AC
10．下列说法正确的是（ ）
A．直线必过定点
B．直线在轴上的截距为
C．直线的倾斜角为60°
D．过点且垂直于直线的直线方程为
【答案】ABD
【分析】将方程化为点斜式，即可判断A；令，得出在轴上的截距，进而判断B；将一般式方程化为斜截式，得出斜率，进而得出倾斜角，从而判断C；由两直线垂直得出斜率，最后由点斜式得出方程，进而判断D.
【详解】可化为，则直线必过定点，故A正确；
令，则，即直线在轴上的截距为，故B正确；
可化为，则该直线的斜率为，即倾斜角为，故C错误；
设过点且垂直于直线的直线的斜率为
因为直线的斜率为，所以，解得
则过点且垂直于直线的直线的方程为，即，故D正确；
故选：ABD
【点睛】本题主要考查了求直线过定点，求直线的倾斜角，由两直线垂直求直线方程，属于中档题.
11．已知数列是以为首项，为公差的等差数列；是以为首项，为公比的等比数列，设，，则下列结论正确的为（ ）
A．B．
C．D．若，则的最大值为
【答案】ACD
【分析】求出数列、的通项公式，可求得的表达式，可判断A选项；利用分组求和法可判断B选项；设，利用数列的单调性求出数列的最大项的值，可判断C选项；计算出、的值，结合数列的单调性可判断D选项.
【详解】由已知可得，，
对于A选项，，A对；
对于B选项，
，B错；
对于C选项，由题意可知，，
令，则.
当时，，即；
当时，，即，即数列从第二项开始单调递减，
所以，，即，故，C对；
对于D选项，，故数列为单调递增数列，
因为，，即，D对.
故选：ACD.
12．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.平面直角坐标系中，曲线C：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，如下结论中正确的是（ ）
A．曲线C围成的图形的周长是；
B．曲线C围成的图形的面积是2π；
C．曲线C上的任意两点间的距离不超过2；
D．若P（m，n）是曲线C上任意一点，的最小值是
【答案】AD
【分析】根据方程分析曲线C的性质以及图象，根据曲线C的性质和图象结合直线与圆的相关知识逐项分析判断.
【详解】对于曲线C:上任一点，则，
点关于y轴对称的点为，则，
即点在曲线C上，故曲线C关于y轴对称；
点关于x轴对称的点为，则，
即点在曲线C上，故曲线C关于x轴对称；
点关于原点对称的点为，
则，即点在曲线C上，
故曲线C关于原点对称；综上所述：曲线C关于坐标轴和原点对称.
对于方程，令，则，解得或，
即曲线C与x轴的交点坐标为，
同理可得：曲线C与y轴的交点坐标为，
当时，，则，
整理得，且，
故曲线C在第一象限内为以为圆心，半径的半圆，
由对称性可得曲线C为四个半圆外加坐标原点，
对A：曲线C围成的图形的周长是， A正确；
对B：曲线C围成的图形的面积， B错误；
对C：联立方程，解得或，
即曲线C与直线在第一象限内的交点坐标为，
由对称可知曲线C与直线在第三象限内的交点坐标为，
则，C错误；
对D：由图结合对称性可知：当在第一象限时，
点到直线的距离相对较小，
∵到直线的距离，
则点到直线的距离，
∴，
故的最小值是，D正确.
故选：AD.
【点睛】(1)通过方程研究曲线的对称性时，往往通过点的对称证明曲线的对称性；
(2)研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现，两个圆的位置关系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的比较．
三、填空题
13．已知直线，则与间的距离为 .
【答案】
【分析】根据平行线间距离直接计算.
【详解】由已知可得两直线互相平行，故，
故答案为：.
14．已知等差数列中，，，则与的等差中项为 .
【答案】8
【分析】用基本量表示题干条件，求得通项公式，由与的等差中项为代入计算即可.
【详解】由题意，不妨设数列的首项为，公差为，
又，，
故，解得，
故，
故与的等差中项为.
故答案为：8
15．已知数列的通项公式为，，且为单调递增数列，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据数列为单调递增数列，可得到相应的不等式恒成立，即可求得答案.
【详解】∵数列的通项公式为,
数列是递增数列，
∴，恒成立
即，恒成立，而随n的增大而增大，
即当时，取得最小值2，则，
所以实数 的取值范围是 ，
故答案为：.
16．已知圆与圆，在下列说法中：
①对于任意的，圆与圆始终相切；
②对于任意的，圆与圆始终有四条公切线；
③时，圆被直线截得的弦长为；
④分别为圆与圆上的动点，则的最大值为4
其中正确命题的序号为 .
【答案】①③④
【分析】对于①，两个圆相切等价于两个圆的圆心距刚好等于两个圆的半径之和或差，由此可解；
对于②，两圆外切时，只有三条公切线，故可判断；
对于③，代入求得圆，再利用弦长公式即可求得所截弦长；
对于④，由两圆外切可知的最大值就是两圆的直径之和，由此得解.
【详解】对于①，由题意得，圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为，
所以两圆的圆心距，
又，即，即两圆外切，
所以对于任意，圆和圆始终相切，故①正确；
对于②，由①知两圆相切，所以两圆只有三条公切线，故②错误；
对于③，当时，圆的方程为，故圆心为，
又直线，故圆心到直线的距离为，
设其被所截弦为，故由弦长公式得，故③正确；
对于④，由①知两圆相切，所以两圆上的点的最大距离就是两圆的直径之和，所以，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】本题通过命题的形式考查了直线与圆及圆与圆的位置关系，圆与圆的位置关系离不开圆心距与半径的和、差的关系，本题中利用两点间的距离公式和三角函数知识即可得到圆心距为定值，恰好等于半径的和，得到两个圆为外切关系，公切线有条；关于圆的弦长通常求出弦心距利用勾股定理即可求得弦长；两动点间的距离根据图形转化为两定点间的距离来解决就容易多了.
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，的顶点的坐标为，边上的中线所在的直线方程为，的角平分线所在的直线方程为.
（1）求点的坐标；
（2）求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）设点B的坐标为，中点M的坐标为，点B在直线上，点M在直线上，列方程求解即可；
（2）点A关于直线的对称点为，根据对称列方程求解点的坐标为，再由点斜式即可得解.
【详解】（1）设点B的坐标为则中点M的坐标为
依题意可知，点B在直线上，点M在直线上
则有解得，
即点B的坐标为
（2）设点A关于直线的对称点为，
则在直线上
设点的坐标为，则点的中点坐标为
则有解得
即点的坐标为
直线的斜率为
所以直线的直线方程为
化简得：
即直线的方程为.
【点睛】本题主要考查了直线方程的求解，涉及中点坐标的运算及点线对称的求解，属于中档题.
18．已知数列满足（）.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由前n项与前项的等式作差可得 ，验证即可；
（2）由裂项相消法求和即可
【详解】（1） ①， ②，
①-②得 ，当时，符合，
故数列的通项公式为；
（2），，故
19．在平面直角坐标系中，直线x+y+3＝0与圆C相切，圆心C的坐标为(1,1)．
（1）求圆C的方程；
（2）设直线y＝kx+2与圆C没有公共点，求k的取值范围；
（3）设直线y＝x+m与圆C交于M，N两点，且OM⊥ON，求m的值．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）由直线与圆相切的性质结合点到直线的距离可得半径，即可得解；
（2）由直线与圆相离的性质结合点到直线的距离可得关于k的不等式，即可得解；
（3）由题意联立方程组，结合韦达定理、平面向量垂直的性质联立方程组即可求得m，即可得解.
【详解】（1）∵直线与圆C相切，且圆心C的坐标为，
∴圆C的半径，
则圆C的方程为；
（2）∵直线y＝kx+2与圆C没有公共点，
∴点到直线的距离，解得，
∴k的取值范围为；
（3）联立，得，
由，解得，
设，
则，
∵，∴，
即，
∴，解得，符合题意，
∴．
【点睛】本题考查了直线与圆位置关系的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，合理转化、细心计算是解题关键，属于中档题.
20．已知单调递增的等差数列的前n项和为，且，______． 给出以下条件：①是与的等差中项；②，，成等比数列；③，，成等比数列．从中任选一个，补充在上面的横线上，再解答．
(1)求的通项公式；
(2)令是以2为首项，2为公比的等比数列，数列的前n项和为．若，，求实数的取值范围． （注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）把条件都转化为和的形式运算，求出通项公式；
（2）先用错位相减法求出，再进行参分转化为恒成立问题，最后应用数列单调性的判断求出最大值.
【详解】（1）选①，设递增等差数列的公差为，
由是与的等差中项，得，即，
则有，
化简得，即，
解得，则；
选②，设递增等差数列的公差为，
由，，，
有，化简得，
即，
解得，则；
选③，设递增等差数列的公差为，
由，，，
有，化简得，则，
所以，
所以的通项公式为，
（2）由是以2为首项，2为公比的等比数列，得，
由（1）知，即有，
则，
于是得，
两式相减得：，
因此，又，
所以不等式，
等价于，又，所以等价于恒成立，
令，则，则时，，即数列递增，
当时，，即数列递减，
所以当时，，则，
所以实数的取值范围是．
21．已知直角坐标系xy中，圆
（1）过点作圆O的切线m，求m的方程；
（2）直线与圆O交于点两点，已知，若x轴平分，证明：不论k取何值，直线l与x轴的交点为定点，并求出此定点坐标.
【答案】（1）与；（2）证明见解析，．
【分析】（1）当直线m的斜率不存在时：m的方程为符合条件；当直线m的斜率存在时：设，利用点到直线的距离公式求出k，则可得m的方程；
（2）设，，由，利用韦达定理及，可推出，进而可得直线l与x轴的交点为定点，经检验满足题意．
【详解】（1）当直线m的斜率不存在时：直线m的方程为，与圆O相切，符合题意；
当直线m的斜率存在时：设，即，
由的半径为，直线m与圆O相切，
所以圆心到直线m的距离，解得：，
此时直线m的方程为：，
所以直线m的方程为：与.
（2）由，化简整理得：，
设，N，
由韦达定理可得：，，，即
由x轴平分可知：，得，
即，化简得：，
即，整理得：，
所以，即直线l与x轴的交点为定点，
所以不论k取何值时，直线l一定过定点．
【点睛】本题考查了圆的标准方程，圆的切线方程，点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系及圆方程的综合应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
22．圆：．
(1)若圆与轴相切，求圆的方程；
(2)已知，圆与轴相交于两点、（点在点的左侧）．过点任作一条直线与圆：相交于两点，．问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）圆与轴相切，即是方程组的解只有一个，根据即可求出，得出方程.
（2）若存在实数，使得，则.由此条件先求出、的坐标，假设出交点，的坐标，表示出，最后利用韦达定理解出.
【详解】（1）联立方程，得，
由题意得，所以，
故所求圆C的方程为：.
（2）令，得，即，
所以，，
若存在实数，使得，则，
当直线存在斜率k，设直线的方程为，代入，
得，，
设，则，
，
而
，
因为，所以，即.
当直线不存在斜率，即与x轴垂直时，也成立.
故存在，使得.
【点睛】思路点睛：
解析几何中，若出现关于角度问题，可优先考虑两个思路
①若存在直角，则可考虑三角函数正弦值或余弦值；
②若存在三边皆可表示的三角形，可考虑正弦或者余弦定理；
③若存在的角度互补，可考虑直线斜率相加为0的等式关系.