江苏省镇江2024-2025学年高二上学期11月期中学情检测 数学试题（含解析）

这是一份江苏省镇江2024-2025学年高二上学期11月期中学情检测 数学试题（含解析），共17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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．等差数列中，若，，则等于（ ）
A．9B．10C．11D．12
3．已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系为（ ）
A．相离B．相交C．外切D．内切
4．已知直线，且，则实数a的值为（ ）
A．5B．1C．5或D．
5．已知直线l：是圆C：的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为A，则（ ）
A．B．7C．D．2
6．若成等比数列，则下列三个数列：（1）;（2）;（3），必成等比数列的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
7．设点，若经过点的直线关于轴的对称直线与圆有公共点，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知在数列中，，，，数列的前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在平面直角坐标系中，已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则点在圆外
B．圆与轴相切
C．若圆截轴所得弦长为，则
D．点到圆上一点的最大距离和最小距离的乘积为
10．已知等比数列的前项和为，且，数列满足，数列的前项和为，则下列命题正确的是（ ）
A．数列的通项公式
B．
C．数列的通项公式为
D．
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”在平面直角坐标系中，已知点满足，设点的轨迹为圆，则下列说法正确的是（ ）
A．圆的方程是
B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为
C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线的距离为，则该直线的斜率为
D．过直线上的一点向圆引切线，则四边形的面积的最小值为
三、填空题
12．已知点，O0,0，，则的外接圆的标准方程为 ．
13．已知数列满足，则数列的通项公式为 .
14．已知实数，，，满足，，，则的取值范围是 ．
四、解答题
15．在平面直角坐标系中，的边所在直线方程为，边所在直线方程为，点在边上．
(1)若是边上的高，求直线的方程；
(2)若是边上的中线，求直线的方程．
16．等差数列的前项和记为，已知，且，，成等差数列．
(1)求数列的通项公式，并求取到最小值时的值；
(2)求数列的前16项的和．
17．已知，直线：与圆：交于，两点．
(1)求证：直线过定点；
(2)若直线将圆分割成弧长的比值为的两段圆弧，求直线的方程；
(3)求面积的最大值．
18．数列的前项和记为，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和；
(3)对于（2）中的数列，问是否存在正整数，使得、、成等差数列？若存在，请求出所有符合条件的正整数；若不存在，请说明理由．
19．在平面直角坐标系中，已知圆的半径为2，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切．
(1)求圆的方程；
(2)设，过点作斜率为的直线，交圆于、两点．
①点总在以线段为直径的圆内，求的取值范围；
②设，是圆与轴的两个交点（在的上方），证明：与的交点在定直线上．
参考答案：
1．D
【分析】根据直线的斜率求直线的倾斜角.
【详解】由直线得其斜率为，
设直线的倾斜角为（），则，
所以，所以直线的倾斜角为，
故选：D
2．C
【分析】根据给定条件，求出数列的公差即可计算得解.
【详解】设等差数列的公差为，由，，得，
所以.
故选：C
3．D
【分析】根据即可判断两圆的位置关系.
【详解】由题意知，，
所以，则，
所以两圆内切.
故选：D
4．D
【分析】根据给定条件，列出方程求解，再验证判断作答.
【详解】直线，，由解得或，
当时，直线与重合，不符合题意，
当时，直线与平行，
所以实数a的值为.
故选：D
5．B
【分析】根据题意分析可得直线l过圆心，可求得，再根据圆的切线长公式运算求解.
【详解】由题意可知：直线l：过圆心，则，解得，
故圆C：的圆心为，半径，且点，
∵，
∴.
故选：B.
6．C
【分析】根据成等比数列，设其公比为( )，利用等比数列的定义即可结合所给式子进行判断.
【详解】成等比数列，设公比为 ，则均不为0，且，
，故成等比数列，且公比为，
因此成等比数列，且公比为，
，当时，成等比数列，且公比为，但当时，不是等比数列，
故选：C
7．C
【分析】设直线的斜率为，则的斜率，进而：，利用直线与圆的位置关系和点线矩公式可得，解之即可求解.
【详解】设直线的斜率为，倾斜角为，则，
由题意知，直线的斜率为.
点关于轴对称的点为，
所以，即，
由知，圆心坐标为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
又直线与圆有公共点，所以，
整理得，解得，
即直线的斜率的取值范围为.
故选：C
8．A
【分析】根据取倒数法可得，由等差数列的定义和通项公式可得，进而，结合裂项相消法求和即可.
【详解】由，得，即，
又，所以，
则是以为首项，以为公差的等差数列，
得，故，得，
所以，
所以
.
故选：A
9．AD
【分析】利用点与圆的位置关系可判断A选项；求出圆心到轴的距离，可判断B选项；利用弦长的一半、弦心距以及圆的半径三者满足勾股定理求出的值，可判断C选项；对原点在圆上、圆外进行分类讨论，求出点到圆上一点的最大距离和最小距离，可判断D选项.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
对于A选项，若，则有，即点在圆外，A对；
对于B选项，因为圆心到轴的距离为，而与的大小关系不确定，
所以，圆与轴不一定相切，B错；
对于C选项，若圆截轴所得弦长为，则，解得，C错；
对于D选项，当时，点在圆上，
点到圆上一点的最大距离为，点到圆上一点的最小距离为，则；
当时，则点在圆外，且，
所以，点到圆上一点的最大距离为，最小距离为，
则点到圆上一点的最大距离和最小距离的乘积为.
综上所述，点到圆上一点的最大距离和最小距离的乘积为，D对.
故选：AD.
10．ABD
【分析】根据已知条件求得公比的值，代入等比数列通项公式及等比数列求和公式计算判断选项ABC，再运用裂项相消法求和可求得数列的前项和为判断D选项.
【详解】设等比数列的公比为，则，解得，
所以，故A项正确；
所以，故B项正确；
所以，故C项错误；
因为，
所以，
由，，有，
又因为单调递增，所以，所以取值范围为，故D项正确.
故选：ABD.
11．ABD
【分析】对于A，设点坐标，根据代入化简，可得A正确；
对于B，设切线夹角为，可得，解得B正确；
对于C，若圆上恰有三个点到直线的距离为，可判断直线与圆相切，进而可解得，故C错误；
对于D，由条件可表达四边形的面积为，求的最小值，计算可得D正确.
【详解】对于A，因为，点满足，设，则，
化简得，，即，故A正确；
对于B，因为，设两条切线的夹角为，所以，解得，则，故B正确；
对于C，易知直线的斜率存在，设直线l的方程为，即，
因为圆上恰有三个点到直线的距离为2，所以圆心到直线的距离，解得，故C错误；
对于D，由题意可得，故只需求的最小值即可，的最小值为点到直线的距离，即，所以四边形的面积的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】对于本题，我们先求出线段的垂直平分线方程，然后联立求出圆心坐标，再根据圆心到顶点的距离求出半径，最后写出外接圆的标准方程.
【详解】对于和，中点坐标为.
再求线段的斜率.
那么垂直平分线的斜率为（因为两条垂直直线的斜率乘积为）.
利用点斜式，可得线段垂直平分线方程为，即.
线段的中点坐标为.
线段在轴上，其垂直平分线为.
联立，把代入，
得，解得.
所以圆心坐标为.
根据两点间距离公式，圆心到的距离就是半径.
.
根据圆的标准方程，可得.
则的外接圆的标准方程为.
故答案为：.
13．
【分析】由题意根据等差数列的前项和可得，再利用构造法结合等差数列的通项即可得解.
【详解】因为，
所以，
∴数列是首项为，公差为的等差数列，
，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】由题意可得，得到，再由三角函数的性质求解即可.
【详解】因为实数、、、满足，，
可知Ax1,y1,Bx2,y2在圆，
设，，
所以，所以，
所以不妨设，，
所以
，
又，
所以的取值范围是，
故答案为：.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）联立直线、的方程，得出点的坐标，可得出直线的斜率，根据可得出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程；
（2）设，则点关于的对称点为在直线上，可求出的值，可点的坐标，进而可求得直线的方程，即直线的方程.
【详解】（1）由得，所以，直线的斜率为，
因为，所以，直线的斜率为，
则直线的方程为，即.
（2）点在直线上，设，
点关于的对称点为在直线上，
所以，解得，即点，
直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
16．(1)，当取得最小值时，；
(2).
【分析】（1）利用等差数列的基本量，结合已知条件，求得的首项和公差，即可求出通项公式，再求Sn取到最小值时的即可；
（2）判断的正负，脱去绝对值，再求数列的和即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，由题可得：，
即，
解得，，所以；
由，可得，解得，
因为，所以时，取得最小值时，；
（2）由（1）可知，均为负数，且从开始，后面每一项均为正数，
故
；
故数列的前16项的和.
17．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）将直线方程转化为，再解方程组即可求得直线恒过的定点坐标；
（2）根据题意，求得，以及圆心到直线的距离，再根据点到直线的距离公式求得，即可求得直线方程；
（3）由，结合直线截圆所得弦长公式，将其转化为关于的函数，结合的取值范围，即可求得面积的最大值.
【详解】（1）由：，得，
因为，故可得，解得，所以直线过定点.
（2）假设直线能否将圆分割成弧长的比值为的两段圆弧．
直线与圆交于，两点，则．
圆方程为，故其圆心坐标为，半径，
在△中，由余弦定理，解得，
设圆心到直线的距离为，则，即，解得；
又直线方程为：，
故有，整理得，解得，
所以，直线的方程为．
（3）当时，圆心到的距离取得最大值，最大值为，
所以的取值范围为，又，
故面积为，
其中，
故当时，，
所以面积的最大值为．
18．(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）由已知得出，令可求出的值，令，由可得出，两式作差可推出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；
（2）求出，利用错位相减法可求得；
（3）由可得，令，分析数列的单调性，即可得出结论.
【详解】（1）因为，所以，
所以当时，，所以，
当时，，
所以，整理可得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以．
（2）因为，所以，，①
可得，②
①②可得
，
因此，.
（3）结合（2），，
令，即，即，
设，则，
当时，，数列为递减数列，
，，
故对所有正整数，，
所以不存在正整数，使得、、成等差数列．
19．(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据圆与直线相切的性质，圆心到直线的距离等于半径，利用点到直线距离公式求出圆心坐标，进而得到圆的方程.
（2）对于直线与圆相交的问题：
①要判断点在以线段为直径的圆内，根据向量的数量积小于0来求解.
②通过设出交点坐标，联立直线与圆的方程，利用交点坐标满足的方程来证明交点在定直线上.
【详解】（1）设圆心为，，则圆的方程为
，，，
圆的方程为；
（2）①设的方程为，，
代入，并整理得,
则，，且,
因为点在以为直径的圆内，所以,
即,
由于，，所以,
所以，解得.
所以的取值范围是．
②由圆方程知，其与轴的两个交点为，,
方程为，方程为,
消去得：,
所以,
即有与的交点在定直线上．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
D
D
B
C
C
A
AD
ABD
题号
11









答案
ABD