甘肃省酒泉市四校联考期中2023-2024学年高二上学期期中数学试题

2023～2024学年度第一学期期中考试高二数学考生注意：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，考生务必用直径毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4．本卷命题范围：选择性必修第一册第一章～、第二章.一、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.已知数列的一个通项公式为，且，则实数等于（）A.1 B.3 C. D.【答案】B【解析】【分析】结合通项公式，利用列方程求解即可.【详解】因为，，所以，解得．故选：B.2.直线的一个方向向量是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据直线斜率可得其方向向量.【详解】直线的斜率，直线的一个方向向量为.故选：C.3.已知等差数列中，，则公差（）A.4 B.3 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据等差数列通项公式即可求解.【详解】在等差数列中，，所以有．故选：B4.直线，若，则实数的值为（）A.0 B.3 C.0或 D.0或3【答案】C【解析】【分析】根据直线垂直的充要条件列方程求解即可.【详解】因为，，所以，即，解得或.故选：C.5.在等比数列中，，则（）A.8 B.6 C.4 D.2【答案】C【解析】【分析】先求出，再利用等比数列的性质可得，从而可得答案.【详解】设该等比数列公比为，因为，所以由，因此．故选：C.6.已知直线与曲线有两个不同的交点，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件及直线与圆相切的充要条件，结合点到直线的距离公式即可求解.【详解】曲线表示圆在x轴的上半部分，当直线与圆相切时，，解得，当点在直线上时，，可得,所以实数取值范围为.故选：A7.“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现，该数列满足递推关系：，．已知数列为“斐波那契”数列，为数列的前项和，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用递推关系找到通项即可.【详解】，以此类推，．故选：D8.若圆上存在点，点关于直线的对称点在圆上，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】易得出圆关于直线对称的圆为，将问题转化为与有交点即可求解.详解】由题知，如图所示：

因为圆的圆心为，所以关于直线对称的点为，所以圆关于直线对称的圆为，若要圆上存在点，点关于直线的对称点在圆上，其中圆的圆心为，半径为2，则只需与有交点即可，又所以在外，根据两圆有交点，则两圆心的距离大于半径等于之差的绝对值，小于等于半径之和.可得：，两圆分别内切与外切的时候取等号，解得：.故选：A.二、选择题：本题共4小题，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.已知等比数列的前项和为，若，则数列的公比可能是（）A.1 B. C.3 D.【答案】AB【解析】【分析】讨论与两种情况，求得或即可．【详解】设数列的公比为，若，则，满足题意；若，由，得，解得，综上，或．故选：AB10.下列各直线中，与直线平行的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根据直线平行的充要条件一一判定即可.【详解】两直线，其平行的充要条件为且或，对于A项，易知且，即A正确；对于B项，易得，有且，即B正确；对于C项，易知且，即C正确；对于D项，易知，D项不符合.故选：ABC11.下列关于直线与圆的说法正确的是（）A.若直线与圆相切，则为定值B.若，则直线被圆截得的弦长为定值C.若，则圆上仅有两个点到直线的距离相等D.当时，直线与圆相交【答案】ABD【解析】【分析】计算圆心到直线的距离，利用几何法可判断AC选项的正误，求出弦长可判断B选项的正误；根据直线过圆内定点判断D．【详解】圆的圆心为，半径为1，对于A选项，若与圆相切，则，可得，A正确；对于B选项，若，圆心到直线的距离为，此时直线被圆截得的弦长为，B正确；对于C选项，因为，圆心到直线的距离为，此时圆上有3个点到直线的距离相等，C错误；对于D选项，当时，直线的方程为，即直线过定点，又因为，可得点在圆内，故直线与圆相交，D正确．故选：ABD．12.已知数列满足，且数列的前项和为，则下列结论正确的是（）A.数列是等差数列 B.C. D.若，则实数的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】由可得，可求出通项公式，从而可判断AB；错位相减法求出，从而可判断CD.【详解】由，得，即，所以是等差数列，公差为，首项为，A正确；所以，则，B正确；数列的前项和为：，①，②由①减②可得，即，C错误；由，得，因为当时，单调递增，所以当时，的值最小．即，所以，所以实数的取值范围为，D正确．故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知直线l经过点．直线l的倾斜角是___________．【答案】##【解析】【分析】根据两点确定直线的斜率，再利用斜率与倾斜角的关系列式求解即可.【详解】因为过两点的直线的斜率为：，因为，是直线的倾斜角，且所以直线的倾斜角为：．故答案为：.14.已知等比数列的前项和为，则______．【答案】12【解析】【分析】根据等比数列前项和的性质即可求解.【详解】法一：设等比数列的公比为，由，得，而，于是，所以．法二：因为为等比数列，所以也成等比数列，即成等比数列，即.故答案为：1215.已知圆与圆只有一条公切线，则__________.【答案】16【解析】【分析】首先求出两圆的圆心坐标与半径，依题意可知两圆相内切，即可得到，从而得解.【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，因为圆与圆只有一条公切线，所以两圆相内切，所以，即，所以.故答案为：16.已知数列中，，若对任意，则数列的前项和______．【答案】【解析】【分析】由，可得，利用等比数列的通项与求和公式，结合累加法可得答案.【详解】由，且，可知，则可化为，则有，即等比数列，且公比为2，首项为，则，所以，即数列的前项和为．故答案为：.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.已知直线经过点．（1）求直线的一般式方程；（2）若直线与直线垂直，且在轴上的截距为2，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）两点求斜率，再应用点斜式写出直线方程；（2）由直线垂直确定斜率，应用斜截式写出直线方程.【小问1详解】∵直线的斜率为，∴直线的方程为，∴直线的一般式方程为．【小问2详解】∵直线与直线垂直，由（1）知：直线的斜率为2，∴直线存在斜率，设直线的方程为，且，即，∴直线的方程为，即．18.已知等差数列的前项和为．（1）求数列的通项公式；（2）求的最小值及取得最小值时的值．【答案】（1）（2）当时，最小，最小值为．【解析】【分析】（1）列方程求出，即可求数列的通项公式；（2）由（1）知，利用二次函数的性质可求的最小值及取得最小值时的值．【小问1详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，所以．【小问2详解】由（1）知，又，所以当时，取最小，最小值为．19.已知圆经过，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）若从点发出的光线经过直线反射后恰好平分圆的圆周，求反射光线所在直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求的垂直平分线方程，联立直线的方程可得圆心坐标，然后可得半径，进而得出圆的标准方程；（2）设关于的对称点为，结合反射光线原理可得其对称点坐标，进而利用直线的两点式方程即可得出结果.【小问1详解】由题知中点为，，所以的垂直平分线方程为，即，联立，解得，即圆心为，所以圆的半径为，故圆的方程为.【小问2详解】设关于的对称点为，则直线与垂直，且的中点在直线上，则，解得，由题意知反射光线过圆心，故，即.20.已知等差数列中，，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2），求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等比中项求出公差即可；（2）根据裂项相消法求和即可.【小问1详解】因为为等差数列，设公差为，又因为成等比数列，即，即，解得，所以；【小问2详解】，所以.21.直线，圆.（1）证明：直线恒过定点，并求出定点的坐标；（2）当直线被圆截得弦最短时，求此时的方程；（3）设直线与圆交于两点，当的面积最大时，求直线方程.【答案】（1）证明见解析，（2）（3）【解析】【分析】（1）将直线化为，令即可求解；（2）当与垂直时，直线被圆截得的弦最短，根据即可求解；（3）方法1（几何法）：当时，有最大值，此时面积有最大值；方法2：根据垂径定理与点到直线的距离公式将面积转化为关于点到直线的距离的方程，利用二次函数的最值问题即可求解.【小问1详解】证明：由题意知可化为，故解得直线恒过定点.【小问2详解】因为所以圆的圆心为，半径，如图所示：，当直线被圆截得的弦长最短时，与垂直，，，即.【小问3详解】方法1（几何法），且为钝角，当时有最大值，即面积有最大值，此时同（2），即.方法2设圆心到直线的距离为，则，，当时有最大值，此时同（2），或者由，，解得，.22.已知数列是公差为1的等差数列，且，数列是等比数列，且，.（1）求和的通项公式；（2）设，，求数列的前2n项和；（3）设，求数列的前项和.【答