江苏省苏州市2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

2023~2024学年第一学期高二期中调研试卷数学注意事项学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1．本卷共4页、包含单项选择题（第1题~第8题），多项选择题（第9题~第12题）.填空题（第13题~第16题）、解答题（第17题~第22题）．本卷满分150分，答题时间为120分钟．答题结束后，请将答题卡交回．2．答题前，请您务必将自己的学校、班级、姓名、考试号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置．3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效，作答必须用0．5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚．一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.直线的方向向量为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线的斜率得到直线的一个方向向量为，再求其共线向量即可.【详解】由题意得直线的斜率为-3，所以直线的一个方向向量为，又，所以也是直线的一个方向向量.故选：A.2.等差数列中，若，则的值为（）A.36B.24C.18D.9【答案】B【解析】【分析】由等差数列通项公式求基本量得，再由即可求值.【详解】令的公差为，则，即， 则.故选：B3.与直线3x﹣4y+5=0关于y轴对称的直线方程是（　　）A.3x+4y+5=0B.3x+4y﹣5=0C.3x﹣4y+5=0D.3x﹣4y﹣5=0【答案】B【解析】【分析】分别求出直线与坐标轴的交点，分别求得关于轴的对称点，即可求解直线的方程．【详解】令，则，可得直线与轴的交点为，令，则，可得直线与轴的交点为，此时关于轴的对称点为，所以与直线关于轴对称的直线经过两点，其直线的方程为，化为，故选B．【点睛】本题主要考查了直线方程点的求解，以及点关于线的对称问题，其中解答中熟记点关于直线的对称点的求解，以及合理使用直线的方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．4.经过原点和点且圆心在直线上圆的方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】令圆心为，由圆所经过的点及两点距离公式列方程求出圆心坐标，即可写出圆的方程.【详解】由题设，令圆心为，又圆经过原点和点，所以，整理可得，故圆心为，所以半径平方，则圆的方程为. 故选：D5.设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由等差数列的通项公式和一次函数性质，结合充分、必要性定义判断条件间的推出关系即可.【详解】令公差为且无穷等差数列，且，若递减数列，则，结合一次函数性质，不论为何值，存在正整数，当时，充分性成立；若存在正整数，当时，由于，即不为常数列，故单调递减，即，所以为递减数列，必要性成立；所以“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.故选：C6.已知点，点在的圆周上运动，点满足，则点的运动轨迹围成图形的面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，，由动点转移法求得点轨迹方程，由方程确定轨迹后可得面积．【详解】设，，由得是线段中点，∴，又在圆上，，即，∴点轨迹是半径为1的圆，面积为，故选：A． 7.等比数列中，，，则（）A.B.C.5D.1【答案】C【解析】【分析】由等比数列前项和公式写出已知与待求式后，进行比较，已知两式相除即得.【详解】设公比为，显然，则由题意得，两式相除得，所以，故选：C.8.过点作圆的两条切线，设切点分别为，则的面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】写出圆的标准方程得圆心为，半径，进而有，由圆的切线性质得，，，最后应用倍角正弦公式、三角形面积公式求面积.【详解】由题设，圆的标准方程为，圆心为，半径，所以，如下图示，切点分别为，则，所以，又，所以，所以. 故选：A二、多项选择题：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、全部选对得5分，选对但不全得2分，选错或不答得0分，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．9.已知直线，若直线与连接两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角可以是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】求出直线过的定点，从而求得，进而利用数形结合可得直线倾斜角的范围，由此得解.【详解】因为直线可化为，所以直线过定点，又，所以，，故直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， 结合图象，可知直线的倾斜角范围为，故ABC正确，D错误.故选：ABC.10.设分别是等差数列和等比数列的前项和，下列说法正确的是（）A.若，，则使的最大正整数的值为15B.若（为常数），则必有C.必为等差数列D.必为等比数列【答案】BCD【解析】【分析】A由已知可得，且，再应用等差数列前n项和公式及得，即可判断；B由等比数列前n项和公式有，即可判断；C、D根据等差、等比数列片段和的性质直接判断.【详解】令的公差为，则，所以，故，且，使，则，而，即，故，所以使的最大正整数的值为30，A错；令的公比为且，则（公比不能为1），所以，即，B对； 根据等差、等比数列片段和的性质知：必为等差数列，必为等比数列，C、D对.故选：BCD11.已知等比数列的公比为，前项和为，前项积为，若，，则（）A.B.当且仅当时，取得最小值C.D.正整数的最大值为11【答案】AC【解析】【分析】根据确定，求出的值确定A，根据数列项的变化，确定B，利用等比数列的基本量运算判断C，根据转化二次不等式，从而确定正整数的最大值判断D.【详解】对于A，因为，所以，因为，解得，故A正确；对于B，注意到，故时，，时，，所以当或时，取得最小值，故B错误；对于C，，，所以，故C正确；对于D，，，因为，所以，即，所以，即，所以，正整数的最大值为12，故D错误， 故选：AC.12.已知圆，圆（）A.若，则圆与圆相交且交线长为B.若，则圆与圆有两条公切线且它们的交点为C.若圆与圆恰有4条公切线，则D.若圆恰好平分圆的周长，则【答案】AD【解析】【分析】A、B将圆化为标准形式，确定圆心和半径，判断圆心距与两圆半径的关系，再求相交弦长判断；C由题意知两圆相离，根据圆心距大于两圆半径之和及圆的方程有意义求参数范围；D由题意相交弦所在直线必过，并代入相交弦方程求参数即可.【详解】A：时圆，则，半径，而圆中，半径，所以，故，即两圆相交，此时相交弦方程为，所以到的距离为，故相交弦长为，对；B：时圆，则，半径，同A分析知：，故两圆相交，错；C：若圆与圆恰有4条公切线，则两圆相离，则，而圆，即，所以，错；D：若圆恰好平分圆的周长，则相交弦所在直线必过，两圆方程相减得相交弦方程为，将点代入可得，对.故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案写在答题卡相应的位置上． 13.若是公差不为0的等差数列，成等比数列，，为的前项和，则的值为___________．【答案】【解析】【分析】由等差数列中成等比数列，解出公差为，得到，求出，裂项相消求的值.【详解】设等差数列公差为，成等比数列，由，则，即，由，得，所以，则有，得，所以.故答案为：14.平面直角坐标系中，过直线与的交点，且在轴上截距为1的直线的方程为_______________．（写成一般式）【答案】【解析】【分析】设交点系方程，结合直线过求方程即可.【详解】由题设，令直线的方程为，且直线过，所以，故直线的方程为.故答案为：15.如图，第一个正六边形的面积是1，取正六边形各边的中点，作第二个正六边形，然后取正六边形各边的中点 ，作第三个正六边形，依此方法一直继续下去，则前个正六边形的面积之和为_______________．【答案】【解析】【分析】根据题设分析出前个正六边形的面积是首项为1，公比为的等比数列，应用等比数列前项和公式求面积和.【详解】由题设知：后一个正六边形与前一个正六边形的边长比值为，故它们面积比为，所以前个正六边形的面积是首项为1，公比为的等比数列，所以前个正六边形的面积之和.故答案为：16.已知实数成等差数列，在平面直角坐标系中，点，是坐标原点，直线．若直线垂直于直线，垂足为，则线段的最小值为___________．【答案】【解析】【分析】由等差数列的性质及直线方程有，求出直线所过的定点，结合已知在以为直径的圆上，且圆心，半径为，问题化为求到该圆上点距离的最小值. 【详解】由题设，则，即，令，即直线恒过定点，又，所以在以为直径的圆上，且圆心，半径为，要求的最小值，即求到该圆上点距离的最小值，而，所以.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知直线，．（1）若，求实数的值；（2）若，求之间的距离．【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）由两线垂直的判定列方程求参数即可；（2）由两线平行的判定列方程求参数，注意验证是否存在重合情况，再应用平行线距离公式求距离. 【小问1详解】由，则，即，所以，可得或.【小问2详解】由，则，可得，故或，当，则，，此时满足平行，且之间的距离为；当，则，，此时两线重合，舍；综上，时之间的距离为.18.已知等差数列，前项和为，又．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的求和公式和等差数列的通项公式即得.（2）由，令求出的取值范围，再分段求出数列的前项和【小问1详解】设等差数列的公差为，首项为，因为，所以，所以，由，解得，又，所以；【小问2详解】 设，的前项和为，得，，得当时，，即，所以当时，得，所以，则综上所述：19.已知数列的首项，且满足．（1）求证：数列为等比数列；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1），取倒数得，化简整理即可判断为等比数列；（2）法一：将转化为的前项和，结合（1）中结论即可得解；法二：结合（1）中结论得，应用分组求和及等比数列的前项和公式即可得解.【小问1详解】 因为，所以，所以，所以，即因为，，所以是以为首项，为公比的等比数列；【小问2详解】法一：易知是以为首项，为公比的等比数列，所以；法二：由（1），所以，所以所以．20.如图，等腰梯形中，∥，，间的距离为4，以线段的中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，记经过四点的圆为圆． （1）求圆的标准方程；（2）若点是线段的中点，是圆上一动点，满足，求动点横坐标的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据圆所过点的坐标求解圆的方程即可.（2）根据是圆上一动点，满足，设P点坐标带入化简求解，依据图像即可得出答案.【小问1详解】如图，因为，间的距离为4，所以，经过四点圆即经过三点的圆，法一：中垂线方程即，中点为，，所以的中垂线方程为，即，联立，得圆心坐标，所以圆的标准方程为； 法二：设圆的一般方程为，代入，解得，所以圆的标准方程为；法三：以为直径的圆方程为，直线，设圆的方程为，代入，解得，所以圆的标准方程为；【小问2详解】，设圆上一点，，因为，所以，即，由对应方程为圆所以点在圆上及其外部，解得，所以两圆交点恰为，结合图形，当圆上一点纵坐标为时，横坐标为，所以点横坐标的取值范围是． .21.平面直角坐标系中，直线，圆：，圆与圆关于直线对称，是直线上的动点．（1）求圆的标准方程；（2）过点引圆的两条切线，切点分别为，设线段的中点是，是否存在定点，使得为定值，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在；【解析】【分析】（1）利用对称求出点坐标，即可得到圆的标准方程；（2）设点坐标，在以为直径的圆上，由圆与圆求公共弦，得直线过定点，点是在以为直径的圆上，所以存在点是的中点，使得为定值．【小问1详解】圆化成标准方程为，圆心，半径为2，设圆心，圆与圆关于直线对称，直线的斜率为，所以，解得，所以，圆的方程为. 【小问2详解】因为是直线上的动点，设，分别与圆切于两点，所以，所以在以为直径的圆上，圆的方程，即为圆与圆的公共弦，由，作差得方程为即令得，设，所以直线过定点，又是中点，所以，则有点是在以为直径的圆上， 所以存在点是的中点，使得为定值，坐标为.22.记首项为1的递增数列为“-数列”．（1）已知正项等比数列，前项和为，且满足：．求证：数列为“-数列”；（2）设数列为“-数列”，前项和为，且满足．（注：）①求数列的通项公式；②数列满足，数列是否存在最大项？若存在，请求出最大项的值，若不存在，请说明理由．（参考数据：）【答案】（1）证明见解析（2）①；②存在；最大项为【解析】【分析】（1）利用等比数列中的关系求解；（2）利用等差数列的定义以及的关系求解，并根据数列的单调性求最值.【小问1详解】设正项等比数列的公比为，因为，则，两式相减得，即,因为，所以，中，当时，有，即，解得，因此数列为“-数列”；【小问2详解】 ①因为所以，又为“-数列”，所以，且，所以各项为正，当，①，②，①一②得：，即，所以③，从而④，④-③得：，即，由于为“-数列”，必有，所以，，又由③知，即，即得或（舍）所以，故所以是以1为首项，公差是1的等差数列，所以；②，所以，令，得，