2023-2024学年甘肃省临夏州积石山县三校联考高二（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年甘肃省临夏州积石山县三校联考高二（上）期中数学试卷（含解析），共12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。
1.数列−4，7，−10，13，…的一个通项公式为( )
A. an=(−1)n(3n+4)B. an=(−1)n(3n+1)
C. an=(−1)n+1(3n+4)D. an=(−1)n+1(3n+1)
2.等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1+a5+a9=15，则S9=( )
A. 5B. 10C. 15D. 45
3.已知直线l经过点(3,1)，且直线l的一个法向量是(1,1)，则l的方程是( )
A. y=−x+4B. y=x−2C. y=−x+2D. y=x+2
4.设bn=1an⋅an+1，且an=n，则数列{bn}的前n项和Tn是( )
A. Tn=nn+1B. Tn=n(n+1)C. Tn=1n2+2nD. Tn=n2n+3
5.在数列{an}中，a1=13，6anan−1+an−an−1=0(n≥2,n∈N*)，下列说法正确的是( )
A. 数列{an}是等比数列B. 数列{an+2}是等差数列
C. an=16n−3D. 数列{an}是递增数列
6.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=9，S6=36，则a7+a8+a9=( )
A. 144B. 81C. 45D. 63
7.已知圆C：x2+y2=3，直线l过点A(−2,0).线段AB的端点B在圆C上运动，则线段AB的中点M的轨迹方程为( )
A. (x−1)2+y2=34B. (x+1)2+y2=34
C. x2+(y−1)2=34D. x2+y2=34
8.“a≥ 5”是“圆C1：x2+y2=1与圆C2：(x+a)2+(y−2a)2=36存在公切线”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知等比数列{an}中，满足a1=1，q=2，则下列说法正确的是( )
A. an=2n−1B. {a2n}是等比数列C. a1+a5=a2+a4D. {an}单调递增
10.已知直线l：x+my−1=0，则下列说法正确的是( )
A. 若m= 3，则直线的倾斜角为60°
B. 直线的横截距为l
C. 若m=1，则l与直线x+3y+3=0的交点为(32,−12)
D. 若m=−1，则点(1,−1)关于直线的对称点为(0,0)
11.已知圆C1：x2+y2+2mx−10y+m2=0，圆C2：x2+y2+4y−5=0，则下列说法正确的是( )
A. 若圆C1，C2外切，则m=± 15
B. 若点(1,1)在圆C1的内部，则−20，a7⋅a8S9
C. 当n=7时，Sn最大D. 当Sn>0时，n的最大值为14
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若曲线C：x2+y2+ax+(a+2)y+13=0是一个圆，则a的取值范围是______ ．
14.已知等差数列{an}满足a5+a2n−5=n(n∈N,n≥3)，则a1+a3+a5+a7+…+a2n−3+a2n−1=______．
15.动直线mx+my−1=0(m>0,n>0)平分圆(x−1)2+(y−1)2=1的周长，则4m+1n的最小值______ ．
16.在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作Tn，令an=lg3Tn，则数列{an}的通项公式是______ ．
四、解答题：本题共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.(本小题10分)
已知直线l1：x+my−1=0，l2：(m−2)x+3y+3=0，试求m为何值时，
(1)l1//l2；
(2)l1⊥l2．
18.(本小题12分)
在公差不为零的等差数列{an}中，a1=1，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=2an，求数列{bn}的前n项和Sn．
19.(本小题12分)
已知圆C：x2+y2+2x−4y−4=0．
(1)从圆外一点P(2,1)向圆引切线，求切线方程；
(2)若圆C2：x2+y2=4与圆C相交于D、E两点，求线段DE的长．
20.(本小题12分)
已知圆C经过(2,4)，(1,3)两点，圆心C在直线x−y+1=0上．
(1)求圆C的标准方程；
(2)求x2+y2的取值范围．
21.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=2，an+1=2an−1．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn=n⋅(an−1)，求数列{bn}的前n项和Sn．
22.(本小题12分)
已知Sn是数列{an}的前n项和，2Sn=(n+2)an−4，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=|16−an|，求数列{bn}的前n项和Tn．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由符号来看，奇数项为负，偶数项为正，所以通项公式中应该是(−1)n，
数值4，7，10，13，…满足3n+1，所以通项公式可以是an=(−1)n(3n+1)．
故选：B．
根据数列中数据特征得到通项公式．
本题考查数列的概念，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查等差数列的性质，等差数列的求和，是基础题．
由等差数列性质得a1+a5+a9=3a5=15，求出a5=5，由此能求出S9的值．
【解答】
解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1+a5+a9=15，
∴a1+a5+a9=3a5=15，
解得a5=5，
∴S9=92(a1+a9)=9a5=45．
故选：D．
3.【答案】A
【解析】解：因为直线l的一个法向量是(1,1)，故可设方程为x+y+C=0，
将(3,1)代入方程得3+1+C=0，解得C=−4，
故l的方程为x+y−4=0，即y=−x+4．
故选：A．
根据直线的法向量设出直线方程，再代入点(3,1)，求出直线方程．
本题考查了直线的点斜式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意，可得bn=1anan+1
=1n(n+1)
=1n−1n+1，
∴Tn=b1+b2+…+bn
=1−12+12−13+…+1n−1n+1
=1−1n+1
=nn+1．
故选：A．
先根据题干已知条件计算出数列{bn}的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出前n项和．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了整体思想，转化与化归思想，裂项相消法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
5.【答案】C
【解析】解：∵6anan−1+an−an−1=0(n≥2,n∈N*)，
∴1an−1an−1=6，
∴数列{1an}是等差数列，公差为6，
∴1an=3+6(n−1)=6n−3，
∴an=16n−3，n=1时也成立．
数列{an}不是等比数列，是递减数列．
an+2=16n−3+2，数列{an+2}不是等差数列．
故选：C．
6anan−1+an−an−1=0(n≥2,n∈N*)，化为1an−1an−1=6，利用等差数列的通项公式即可得出an，进而判断出结论．
本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等比数列的求和公式和性质，属基础题．
由等比数列的性质可得S3，S6−S3，S9−S6，…成等比数列，由已知数据易得答案．
【解答】
解：由等比数列的性质可得S3，S6−S3，S9−S6，…成等比数列，并设其公比为q，
又由题意可得S3=9，S6−S3=36−9=27，
∴q=279=3，
∴a7+a8+a9=S9−S6=27×3=81．
故选：B．
7.【答案】B
【解析】解：设M(x,y)，B(x0,y0)，
由点M是AB的中点，得x=x0−22y=y0+02，可得x0=2x+2y0=2y，
又因为点B在圆C上运动，所以x02+y02=3，
将上式代入可得，(2x+2)2+(2y)2=3，
化简整理得点M的轨迹方程为：(x+1)2+y2=34．
故选：B．
建立点M和点A之间的关系式，再利用点A的坐标满足的关系式得到点M的坐标满足的条件即可求出．
本题考查动点的轨迹方程的求法，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：当两圆无公切线时，两圆内含，
圆C1的圆心为(0,0)，半径r1=1，圆C2的圆心为(−a,2a)，半径为r2=6，
所以两圆的圆心距为d=|C1C2|= a2+4a2= 5a2，
即 5a20，n>0，
则4m+1n=4m+4nm+m+nn=5+4nm+mn≥5+2 4nm⋅mn=9，
当且仅当m=2n，即n=13，m=23时取等号．
故答案为：9．
由题意可得m+n=1，然后利用乘1法，结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了圆的性质，还考查了基本不等式求解最值，属于基础题．
16.【答案】an=n2+1
【解析】解：设在数1和3之间插入n个数，使得这n+2个数构成递增的等比数列的公比为q，
则3=1×qn+1，∴qn+1=3，
∴Tn=×q×q2×⋅⋅⋅×qn×3=3q(n+1)n2=3(q(n+1)×n2=3n2+1,
∴an=lg3Tn=n2+1．
∴数列{an}的通项公式是an=n2+1．
故答案为：an=n2+1．
设在数1和3之间插入n个数，使得这n+2个数构成递增的等比数列的公比为q，由题意可得qn+1=3，结合等比数列的通项公式及对数的运算性质能求出数列{an}的通项公式．
本题考查等比数列的性质、对数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
17.【答案】解(1)由题意可知，m不等于0，
∵l1/​/l2，
∴m−21=3m≠3−1，
解得m=3；
(2)直线l1：x+my−1=0，l2：(m−2)x+3y+3=0，
∵l1⊥l2，
则1×(m−2)+m×3=0，
解得m=12．
【解析】(1)根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解；
(2)根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解．
本题主要考查直线垂直、平行的性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得a22=a1a5，
则(a1+d)2=a1(a1+4d)，
将a1=1代入并化简得d2−2d=0，解得d=2，d=0(舍去)．
所以an=1+(n−1)×2=2n−1．
(2)由(1)知bn=22n−1，所以bn+1=22n+1，
所以bn+1bn=22n+1−(2n−1)=4，
所以数列{bn}是首项为2，公比为4的等比数列．
所以Sn=2(1−4n)1−4=23(4n−1)．
【解析】(1)设出公差利用等比数列的通项公式求出公差，然后求解数列的通项公式．
(2)化简数列的通项公式，判断数列是等比数列，然后求解数列的和．
本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列求出以及数列的判断，是基本知识的考查．
19.【答案】解：(1)圆C1：x2+y2+2x−4y−4=0，圆心C1(−1,2)，半径为3，
当切线的斜率不存在时，切线方程为x=2，
当切线的斜率存在时，设切线方程为y−1=k(x−2)，即kx−y−2k+1=0．
由圆心到切线的距离等于圆的半径，得|−k−2−2k+1| 1+k2=3，
解得k=43．
∴切线方程为4x−3y−5=0．
综上所述，切线方程为x=2或4x−3y−5=0；
(2)联立x2+y2+2x−4y−4=0x2+y2=4，得D、E所在直线方程为x−2y=0．
圆x2+y2=4的圆心C2(0,0)，在直线x−2y=0上，
则线段DE的长为圆C2的直径，等于4．
【解析】(1)设切线方程为y−1=k(x−2)，即kx−y−2k+1=0，由圆心到直线的距离等于半径求解k，则切线方程可求；
(2)联立两圆方程，可得DE所在直线方程，通过垂径定理，转化求解即可．
本题考查直线与圆、圆与圆位置关系的应用，考查点到直线的距离公式的应用，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)设圆C的方程为：(x−a)2+(y−b)2=r2，
依题意得：(2−a)2+(4−b)2=r2(1−a)2+(3−b)2=r2a−b+1=0，解得a=2b=3r=1，
圆C的标准方程：(x−2)2+(y−3)2=1．
(2)由(1)可知(x−2)2+(y−3)2=1的圆心(2,3)，半径为1，
所以原点在圆的外部，x2+y2的几何意义是圆上的点与坐标原点距离的平方，圆的圆心与原点的距离为： (2−0)2+(3−0)2= 13，
x2+y2的最小值为：( 13−1)2，最大值为( 13+1)2，
所以x2+y2的取值范围：[14−2 13,14+2 3].
【解析】(1)待定系数法设出圆的方程，代入条件即可运算；
(2)判断原点与圆的位置关系，通过x2+y2的几何意义，求解即可．
本题考查圆的方程的求法，圆的几何意义，是中档题．
21.【答案】解：(I)数列{an}满足a1=2，an+1=2an−1.变形为：an+1−1=2(an−1).a1−1=1．
∴数列{an−1}是等比数列，
∴an−1=2n−1，解得an=1+2n−1．
(II)bn=n⋅(an−1)=n⋅2n−1，
∴数列{bn}的前n项和Sn=1+2×2+3×22+…+n⋅2n−1，
∴2Sn=2+2×22+…+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n，
∴−Sn=1+2+22+…+2n−1−n⋅2n=2n−12−1−n⋅2n=(1−n)⋅2n−1，
可得Sn=(n−1)⋅2n+1．
【解析】(I)数列{an}满足a1=2，an+1=2an−1.变形为：an+1−1=2(an−1).利用等比数列的通项公式即可得出．
(II)bn=n⋅(an−1)=n⋅2n−1，利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．
本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为2Sn=(n+2)an−4，
所以当n=1时，有2a1=(1+2)a1−4，即a1=4；
当n≥2时，有2Sn−1=(n−1+2)an−1−4，
两式相减得，2an=(n+2)an−(n+1)an−1，即nan=(n+1)an−1，
因为an−1≠0(n≥2)，所以anan−1=n+1n(n≥2)，
所以an=anan−1⋅an−1an−2⋅…⋅a2a1⋅a1=n+1n⋅nn−1⋅…⋅32⋅4=2(n+1)=2n+2．
(2)由(1)可得bn=|16−an|=|16−(2n+2)|=|14−2n|，
当1≤n≤7时，Tn=b1+b2+…+bn=12+10+…+(14−2n)=−n2+13n；
当n≥8时，Tn=b1+b2+…+b7+b8+…+bn=12+10+…+0+2+4+…+(2n−14)=(12+0)×72+(2+2n−14)×(n−7)2=n2−13n+84，
综上，Tn=−n2+13n,1≤n≤7n2−13+84,n≥8．
【解析】(1)利用an=Sn−Sn−1(n≥2)，推出anan−1=n+1n(n≥2)，再由累乘法，即可得解；
(2)由(1)可得bn=|14−2n|，再分1≤n≤7和n≥8两种情况，去绝对值，结合等差数列的求和公式，求解即可．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握利用an=Sn−Sn−1(n≥2)与累乘法求通项公式，等差数列的通项公式与求和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．