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2023-2024学年甘肃省庆阳市华池县第一中学高二上学期期中考试数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年甘肃省庆阳市华池县第一中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共14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．已知直线在轴和轴上的截距相等，则的值是
A．1B．-1C．-2D．2
【答案】A
【详解】试题分析：由题意得，直线的截距式方程为，所以，故选A．
【解析】直线的截距式方程的应用．
2．已知{an}是等差数列，且，则该数列的公差是（ ）
A．3B．C．－4D．－14
【答案】A
【分析】设数列{an}公差为d，首项为，则由可得关于和 d的方程组.
【详解】设数列{an}公差为d，首项为，则由可得：
.
故选：A
3．圆的圆心C的坐标为（ ）
A．（1，0）B．（－1，0）C．（2，0）D．（－2，0）
【答案】B
【分析】圆的一般方程化为圆的标准方程即可求解.
【详解】由圆可得，
故圆心坐标为,
故选：B
4．若两条直线与平行，则与间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】通过平行的条件求出 , 然后利用平行线直接的距离公式求解即可.
【详解】两条直线 与 : 平行, 可得 , 则 与 间的距离是: .
故选: C.
5．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，若，则的值为（ ）
A．4B．C．2D．
【答案】A
【分析】设出公比根据题干条件列出方程，求出公比，从而利用等比数列通项的基本量计算求出答案.
【详解】设数列的公比为，
则，得，
解得或（舍），
所以.
故选：A.
6．在等比数列中，是方程的根，则的值为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】B
【分析】根据是方程的根，利用韦达定理得到，再利用等比数列的性质求解.
【详解】因为在等比数列中，是方程的根，
所以，
所以，
由等比数列的性质得，
所以，
所以，
故选：B
7．已知，若3是与的等比中项，则的最小值为（ ）
A．B．7C．D．9
【答案】A
【分析】根据等比中项的性质得，再结合基本不等式求的最小值.
【详解】由题意得，即，所以，又，所以，，所以，当且仅当，即，时等号成立．故的最小值为．
故选：A
8．已知数列是正项数列，是数列的前项和，且满足.若，是数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】由与的关系式可得，由等差数列定义可得，即可得，由裂项相消求和可得，计算可得.
【详解】由，可得，
即，可得，即，
令可得，，解得或，
又因为数列是正项数列，所以；
可知数列是以为首项，公差为的等差数列，
所以，可得，
当时，符合，所以，
，
当时，符合，
可得，
，
因此
.
故选：C
二、多选题
9．（多选）点在圆的内部，则的取值不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】求出实数的取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】由已知条件可得，即，解得.
故选：AD.
10．已知是数列的前项和，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等差数列
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用求解出当时，，故数列是等比数列，求出通项公式和前项和公式，判断出答案.
【详解】当时，，所以，
当时，，所以，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
.
故选：ACD.
11．已知点P在圆上，点，，则（ ）
A．直线与圆C相交B．直线与圆C相离
C．点P到直线距离小于5D．点P到直线距离大于1
【答案】BC
【分析】利用点到直线的距离公式即可判断直线与圆的位置关系，进而判断选项A和B，再由圆上一点到直线距离的最大最小值即可判断选项C和D.
【详解】解：圆
所以圆心为，半径为
因为，
所以直线的方程为：
对A，圆心到直线的距离为，所以直线与圆C相离，故A错误；
对B，由选项A的分析知，直线与圆C相离，故B正确；
对C，由选项A的分析知，圆心到直线的距离为，所以圆上一点到直线的距离的最大值和最小值分别为和，因为，所以点P到直线距离小于5，故C正确；
对D，由选项C的分析知，圆上一点到直线的距离的最小值为，故D错误.
故选：BC.
12．已知数列满足，，记数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】根据递推公式求出、、，即可找到规律得到数列是以为周期的周期数列，即可判断A、B、D，再根据递推公式表示出，即可得到，从而判断C.
【详解】解：因为，，
所以，故A错误；
，，所以数列是以为周期的周期数列，
所以，故B错误；
因为，，
所以，故C正确；
，故D正确；
故选：CD
三、填空题
13．已知直线的倾斜角，直线，则的倾斜角为 .
【答案】
【分析】根据直线与倾斜角之间的关系可得，由两直线垂直可得的倾斜角为.
【详解】由直线的倾斜角可得其斜率为，
设的倾斜角为，由直线可得，可得；
又，所以可得.
所以的倾斜角为.
故答案为：
14．已知等差数列满足，，记表示数列的前n项和，则当时，n的取值为 .
【答案】
【分析】根据题意得到，，计算得到，，得到答案.
【详解】，故，，故，故，
，.
，故.
故答案为：
15．已知数列为递减数列，其前项和，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】先由求出数列的通项公式，根据通项公式可知，当时，数列递减，因此只需使即可.
【详解】①当时，，
②当时，，
∴当时，，数列递减，
综上所述，若使为递减数列，只需满足，即，
解得，
故答案为：.
16．已知为坐标原点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】设出中点坐标，圆上的点，由中点坐标公式把P的坐标用M的坐标表示，代入圆的方程得答案.
【详解】设点，点，
则所以
因为点在圆上，
所以，
所以，
所以点M的轨迹方程为
即，
故答案为：.
四、解答题
17．已知直线经过点.
(1)当原点到直线的距离最大时，求直线的方程；
(2)设直线与坐标轴交于两点，且为的中点，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件，结合直线垂直的性质，求出直线的斜率，再结合直线经过点，即可求解；
（2）根据已知条件，先求出点，，再结合直线的截距式方程，即可求解．
【详解】（1）解：当原点到直线的距离最大时，
则当直线与直线垂直时，原点到直线的距离最大，
，，
，
，
直线经过点，
，即，
故直线的方程为．
（2）解：直线与坐标轴交于，两点，且为的中点，
不妨设，，
故直线的方程为，即．
18．已知等差数列的前项和满足.
(1)求的通项公式；
(2)，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的前项和公式求出即可求解；（2）利用裂项相消求和.
【详解】（1）设公差为，则，
所以解得，
所以，
（2），所以，
所以.
.
19．已知圆C的圆心为原点，且与直线相切，直线过点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若直线与圆C相切，求直线的方程．
(3)若直线被圆C所截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)，或
(3)或
【分析】（1）利用点到直线的距离求出半径，即可得到圆C的标准方程；
（2）分类讨论直线斜率不存在与存在的情况，当斜率存在时，设出直线，利用点到直线距离等于半径求出斜率，即可求解；
（3）分类讨论直线斜率不存在与存在的情况，利用圆的垂径定理，列出弦长公式进行求解.
【详解】（1）圆心到直线的距离，
所以圆的半径为，
所以；
（2）当直线斜率不存在时，圆心到直线的距离为，不相切．
直线斜率存在，设直线，
由，得所以切线方程为，或．
（3）当直线斜率不存在时，，直线被圆所截得的弦长为，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线，
由，解得：，
故的方程是，即，
综上所述，直线的方程为或
20．已知数列满足，.
(1)证明：存在等比数列，使；
(2)若，求满足条件的最大整数.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用构造法可得数列的通项公式，进而确定，即可得证；
（2）利用分组求和可得，可得，即可得解.
【详解】（1）由已知，
得，
所以，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，
所以当时，，此时，
即是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）得，所以，
所以，
因为，
则，
即，
解得，
所以的最大值为.
21．已知以点为圆心的圆经过原点O，且与x轴交于点A，与y轴交于点B.
(1)求证：的面积为定值.
(2)设直线与圆C交于点M，N，若，求圆C的方程.
(3)在（2）的条件下，设P，Q分别是直线l：和圆C上的动点，求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据圆的方程求出A，B的坐标即可证明的面积为定值；
（2）根据直线与圆C交于点M，N，结合，建立条件关系即可，求圆C的方程；
（3）根据直线和圆相交以及点的对称性即可得到结论.
【详解】（1）证明：由题意可得：圆的方程为：，
可化为，
则与坐标轴的交点分别为：
所以（定值）.
（2）解：因为，所以原点O在线段MN的垂直平分线上，
设线段MN的中点为H，则C，H，O三点共线，
OC的斜率，所以，解得，
因为，所以，可得圆心
所以圆C的方程为.
（3）解：由可知：圆心，半径，
点关于直线的对称点为，
则，
又点到圆上点Q的最短距离为，
则的最小值为.
22．已知数列的前项和为，.数列满足，且点在直线上.
(1)求数列，的通项和；
(2)令，求数列的前项和；
(3)若，求对所有的正整数都有成立的的范围.
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据与的关系，结合等比数列的定义求的通项公式，结合等差数列的定义求的通项公式；
（2）由（1）可得，利用错误相减法分析求解；
（3）由（1）可得：，根据数列的单调性可得的最大值为，结合题意可得恒成立，利用基本不等式运算求解.
【详解】（1）因为，
当时，则，可得；
当时，则，可得，
整理得，即，
可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以；
数列满足，点在直线上，则，
可知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以.
（2）由（1）可得，
则，①
，②
①②得
，
整理得.
（3）由（1）可得：，
则，
可知数列为单调递减数列，所以，即的最大值为.
因为对所有的正整数都有都成立，则，
又因为，可得恒成立，只需满足即可.
且，当且仅当，即时等号成立，
所以，即，
所以的取值范围为.
一、单选题
1．已知直线在轴和轴上的截距相等，则的值是
A．1B．-1C．-2D．2
【答案】A
【详解】试题分析：由题意得，直线的截距式方程为，所以，故选A．
【解析】直线的截距式方程的应用．
2．已知{an}是等差数列，且，则该数列的公差是（ ）
A．3B．C．－4D．－14
【答案】A
【分析】设数列{an}公差为d，首项为，则由可得关于和 d的方程组.
【详解】设数列{an}公差为d，首项为，则由可得：
.
故选：A
3．圆的圆心C的坐标为（ ）
A．（1，0）B．（－1，0）C．（2，0）D．（－2，0）
【答案】B
【分析】圆的一般方程化为圆的标准方程即可求解.
【详解】由圆可得，
故圆心坐标为,
故选：B
4．若两条直线与平行，则与间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】通过平行的条件求出 , 然后利用平行线直接的距离公式求解即可.
【详解】两条直线 与 : 平行, 可得 , 则 与 间的距离是: .
故选: C.
5．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，若，则的值为（ ）
A．4B．C．2D．
【答案】A
【分析】设出公比根据题干条件列出方程，求出公比，从而利用等比数列通项的基本量计算求出答案.
【详解】设数列的公比为，
则，得，
解得或（舍），
所以.
故选：A.
6．在等比数列中，是方程的根，则的值为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】B
【分析】根据是方程的根，利用韦达定理得到，再利用等比数列的性质求解.
【详解】因为在等比数列中，是方程的根，
所以，
所以，
由等比数列的性质得，
所以，
所以，
故选：B
7．已知，若3是与的等比中项，则的最小值为（ ）
A．B．7C．D．9
【答案】A
【分析】根据等比中项的性质得，再结合基本不等式求的最小值.
【详解】由题意得，即，所以，又，所以，，所以，当且仅当，即，时等号成立．故的最小值为．
故选：A
8．已知数列是正项数列，是数列的前项和，且满足.若，是数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】由与的关系式可得，由等差数列定义可得，即可得，由裂项相消求和可得，计算可得.
【详解】由，可得，
即，可得，即，
令可得，，解得或，
又因为数列是正项数列，所以；
可知数列是以为首项，公差为的等差数列，
所以，可得，
当时，符合，所以，
，
当时，符合，
可得，
，
因此
.
故选：C
二、多选题
9．（多选）点在圆的内部，则的取值不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】求出实数的取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】由已知条件可得，即，解得.
故选：AD.
10．已知是数列的前项和，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等差数列
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用求解出当时，，故数列是等比数列，求出通项公式和前项和公式，判断出答案.
【详解】当时，，所以，
当时，，所以，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
.
故选：ACD.
11．已知点P在圆上，点，，则（ ）
A．直线与圆C相交B．直线与圆C相离
C．点P到直线距离小于5D．点P到直线距离大于1
【答案】BC
【分析】利用点到直线的距离公式即可判断直线与圆的位置关系，进而判断选项A和B，再由圆上一点到直线距离的最大最小值即可判断选项C和D.
【详解】解：圆
所以圆心为，半径为
因为，
所以直线的方程为：
对A，圆心到直线的距离为，所以直线与圆C相离，故A错误；
对B，由选项A的分析知，直线与圆C相离，故B正确；
对C，由选项A的分析知，圆心到直线的距离为，所以圆上一点到直线的距离的最大值和最小值分别为和，因为，所以点P到直线距离小于5，故C正确；
对D，由选项C的分析知，圆上一点到直线的距离的最小值为，故D错误.
故选：BC.
12．已知数列满足，，记数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】根据递推公式求出、、，即可找到规律得到数列是以为周期的周期数列，即可判断A、B、D，再根据递推公式表示出，即可得到，从而判断C.
【详解】解：因为，，
所以，故A错误；
，，所以数列是以为周期的周期数列，
所以，故B错误；
因为，，
所以，故C正确；
，故D正确；
故选：CD
三、填空题
13．已知直线的倾斜角，直线，则的倾斜角为 .
【答案】
【分析】根据直线与倾斜角之间的关系可得，由两直线垂直可得的倾斜角为.
【详解】由直线的倾斜角可得其斜率为，
设的倾斜角为，由直线可得，可得；
又，所以可得.
所以的倾斜角为.
故答案为：
14．已知等差数列满足，，记表示数列的前n项和，则当时，n的取值为 .
【答案】
【分析】根据题意得到，，计算得到，，得到答案.
【详解】，故，，故，故，
，.
，故.
故答案为：
15．已知数列为递减数列，其前项和，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】先由求出数列的通项公式，根据通项公式可知，当时，数列递减，因此只需使即可.
【详解】①当时，，
②当时，，
∴当时，，数列递减，
综上所述，若使为递减数列，只需满足，即，
解得，
故答案为：.
16．已知为坐标原点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】设出中点坐标，圆上的点，由中点坐标公式把P的坐标用M的坐标表示，代入圆的方程得答案.
【详解】设点，点，
则所以
因为点在圆上，
所以，
所以，
所以点M的轨迹方程为
即，
故答案为：.
四、解答题
17．已知直线经过点.
(1)当原点到直线的距离最大时，求直线的方程；
(2)设直线与坐标轴交于两点，且为的中点，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件，结合直线垂直的性质，求出直线的斜率，再结合直线经过点，即可求解；
（2）根据已知条件，先求出点，，再结合直线的截距式方程，即可求解．
【详解】（1）解：当原点到直线的距离最大时，
则当直线与直线垂直时，原点到直线的距离最大，
，，
，
，
直线经过点，
，即，
故直线的方程为．
（2）解：直线与坐标轴交于，两点，且为的中点，
不妨设，，
故直线的方程为，即．
18．已知等差数列的前项和满足.
(1)求的通项公式；
(2)，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的前项和公式求出即可求解；（2）利用裂项相消求和.
【详解】（1）设公差为，则，
所以解得，
所以，
（2），所以，
所以.
.
19．已知圆C的圆心为原点，且与直线相切，直线过点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若直线与圆C相切，求直线的方程．
(3)若直线被圆C所截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)，或
(3)或
【分析】（1）利用点到直线的距离求出半径，即可得到圆C的标准方程；
（2）分类讨论直线斜率不存在与存在的情况，当斜率存在时，设出直线，利用点到直线距离等于半径求出斜率，即可求解；
（3）分类讨论直线斜率不存在与存在的情况，利用圆的垂径定理，列出弦长公式进行求解.
【详解】（1）圆心到直线的距离，
所以圆的半径为，
所以；
（2）当直线斜率不存在时，圆心到直线的距离为，不相切．
直线斜率存在，设直线，
由，得所以切线方程为，或．
（3）当直线斜率不存在时，，直线被圆所截得的弦长为，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线，
由，解得：，
故的方程是，即，
综上所述，直线的方程为或
20．已知数列满足，.
(1)证明：存在等比数列，使；
(2)若，求满足条件的最大整数.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用构造法可得数列的通项公式，进而确定，即可得证；
（2）利用分组求和可得，可得，即可得解.
【详解】（1）由已知，
得，
所以，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，
所以当时，，此时，
即是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）得，所以，
所以，
因为，
则，
即，
解得，
所以的最大值为.
21．已知以点为圆心的圆经过原点O，且与x轴交于点A，与y轴交于点B.
(1)求证：的面积为定值.
(2)设直线与圆C交于点M，N，若，求圆C的方程.
(3)在（2）的条件下，设P，Q分别是直线l：和圆C上的动点，求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据圆的方程求出A，B的坐标即可证明的面积为定值；
（2）根据直线与圆C交于点M，N，结合，建立条件关系即可，求圆C的方程；
（3）根据直线和圆相交以及点的对称性即可得到结论.
【详解】（1）证明：由题意可得：圆的方程为：，
可化为，
则与坐标轴的交点分别为：
所以（定值）.
（2）解：因为，所以原点O在线段MN的垂直平分线上，
设线段MN的中点为H，则C，H，O三点共线，
OC的斜率，所以，解得，
因为，所以，可得圆心
所以圆C的方程为.
（3）解：由可知：圆心，半径，
点关于直线的对称点为，
则，
又点到圆上点Q的最短距离为，
则的最小值为.
22．已知数列的前项和为，.数列满足，且点在直线上.
(1)求数列，的通项和；
(2)令，求数列的前项和；
(3)若，求对所有的正整数都有成立的的范围.
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据与的关系，结合等比数列的定义求的通项公式，结合等差数列的定义求的通项公式；
（2）由（1）可得，利用错误相减法分析求解；
（3）由（1）可得：，根据数列的单调性可得的最大值为，结合题意可得恒成立，利用基本不等式运算求解.
【详解】（1）因为，
当时，则，可得；
当时，则，可得，
整理得，即，
可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以；
数列满足，点在直线上，则，
可知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以.
（2）由（1）可得，
则，①
，②
①②得
，
整理得.
（3）由（1）可得：，
则，
可知数列为单调递减数列，所以，即的最大值为.
因为对所有的正整数都有都成立，则，
又因为，可得恒成立，只需满足即可.
且，当且仅当，即时等号成立，
所以，即，
所以的取值范围为.
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