2022-2023学年福建省龙岩第一中学高二上学期第二次月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省龙岩第一中学高二上学期第二次月考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省龙岩第一中学高二上学期第二次月考数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据直线斜率求倾斜角即可.【详解】直线中，斜率，而斜率，，又，.故选：C2．已知是等差数列的前项和，若，则（    ）A．24 B．36 C．48 D．72【答案】B【分析】根据等差数列前项和公式结合等差数列的性质即可得解.【详解】解：.故选：B.3．直线与直线互相垂直，则它们的交点坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】利用两直线垂直的公式求出，两直线联立求交点坐标即可.【详解】由直线与直线互相垂直，可得，即，所以直线的方程为：；由，得它们的交点坐标为.故选：B.4．数列1，，， ，的前n项和为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设此数列的第n项为，先求出此数列的通项，再分求和求出前n项的和即可.【详解】设此数列的第n项为，则 所以数列前n项和为： ， .故选：B.5．直线分别与x轴，y轴交于两点，点在圆，则面积的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意首先求得的长度，然后确定圆上的点到直线的距离，最后确定三角形面积的取值范围.【详解】解：因为，所以.圆的标准方程，圆心，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的取值范围为：，所以.故选:C.6．数列(    )A．既有最大项，又有最小项 B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项 D．既无最大项，又无最小项【答案】A【分析】结合指数函数单调性和值域即可判断．【详解】∵，，∴根据指数函数单调性可知，在1≤n≤10时为减数列且为负，在n≥11时也为减数列且为正，故数列最小项为第10项，最大项为11项．故选：A．7．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M，N是锐角的一边QA上的两点，试在QB边上找一点P，使得最大．”如图，其结论是：点P为过M，N两点且和射线QB相切的圆与射线QB的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xOy中，给定两点M（-1，2），N（1，4），点P在x轴上移动，当取最大值时，点P的横坐标是（    ）A．1 B．-7 C．1或-1 D．2或-7【答案】A【分析】根据已知及直线的倾斜角和斜率，圆的切线方程，直线与圆的位置关系与判定，判断当取最大值时，经过M，N，P三点的圆必与轴相切于点，故圆心的纵坐标为圆的半径，由此求得点P的横坐标.【详解】由题M（-1，2），N（1，4），则线段MN的中点坐标为（0，3），易知，则经过M，N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线上．设圆心为，则圆S的方程为．当取最大值时，圆必与轴相切于点（由题中结论得），则此时P的坐标为，代入圆S的方程，得，解得或，即对应的切点分别为P（1，0）和．因为对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，又过点M，N，的圆的半径大于过点M，N，P的圆的半径，所以，故点P（1，0）为所求，即点P的横坐标为1.故选:A．8．已知数列满足，，且，若表示不超过x的最大整数（例如，）.则（    ）A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【答案】D【分析】由题设得是首项为4，公差为2的等差数列，可得，再应用累加法求的通项公式，最后求结合函数新定义得，即可求目标式结果.【详解】由题设，，，故是首项为4，公差为2的等差数列，则，则，所以，故，又，当时，当时，所以2021.故选：D【点睛】关键点点睛：构造数列并求通项公式，再由累加法求的通项公式，结合函数新定义求目标式的值. 二、多选题9．若两平行线分别经过点A（5，0），B（0，12），则它们之间的距离d可能等于（    ）A．14 B．5 C．12 D．13【答案】BCD【分析】由题意可知当两平行线与A，B两点所在直线垂直时，两平行线间的距离d最大，求得，即可得出答案.【详解】因为两平行线分别经过点A（5，0），B（0，12），易知当两平行线与A，B两点所在直线垂直时，两平行线间的距离d最大，即，所以，故距离d可能等于5，12，13.故选：BCD．10．等差数列中，，公差，为其前n项和，对任意正整数n，若点在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线不可能是（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】等差数列的前项和关于n的二次函数，根据二次函数的图象和性质,判断图象的开口方向，可判断A，B；判断图象对称轴位置，判断C，D，即可到答案．【详解】等差数列中，，公差，为其前项和，， 点在曲线上，，二次函数开口向下，故A，B不可能；对称轴，对称轴在轴的右侧，故C可能，D不可能.故选：ABD11．下列说法正确的是（    ）A．过点且在、轴截距相等的直线方程为B．过点且垂直于直线的直线方程为C．圆的一般方程为D．直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围【答案】BD【分析】A选项，考虑截距为0时，直线方程为，A错误；B选项，设出直线方程，代入点的坐标，从而求出直线方程；C选项，没有加上，错误；D选项，求出直线过的定点，曲线的几何意义为半圆，数形结合求出实数的取值范围.【详解】当截距为0时，设直线方程为，将代入，得，所以直线方程为，当截距不为0时，设直线方程为，将点代入，得，所以直线方程为，综上：过点且在、轴截距相等的直线方程为或，A错误；设方程为，将代入，得，故过点且垂直于直线的直线方程为，B正确；圆的一般方程为，C错误；直线恒过点，曲线变形为，，几何意义为以为圆心，2为半径的圆的一部分（位于的上方部分），如图所示：刚好为圆的一条切线，当斜率存在且与圆相切时，有，解得：，当经过点时，，解得：，结合图象可知：直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围，D正确.故选：BD12．某县位于沙漠边缘，当地居民与风沙进行着艰苦的斗争，到2020年底全县的绿地占全县总面积的70%.从2021年起，市政府决定加大植树造林､开辟绿地的力度，预计每年能将前一年沙漠的18%变成绿地，同时，前一年绿地的2%又被侵蚀变成沙漠.则下列说法正确的是（    ）A．2021年底，该县的绿地面积占全县总面积的74%B．2023年底，该县的绿地面积将超过全县总面积的80%C．在这种政策之下，将来的任意一年，全县绿地面积都不能超过90%D．在这种政策之下，将来的某一年，绿地面积将达到100%全覆盖【答案】AC【分析】从2021年起，每年年底的绿化率构成一个数列，求得数列通项公式后，即可判断各个选项的正误.【详解】从2021年起，每年年底的绿化率构成一个数列： ，且，即，可化为，又则数列是首项为公比为0.8的等比数列，则，即选项A：2021年底，该县的绿地面积占全县总面积的74%.判断正确；选项B：时，，即2023年底，该县的绿地面积占全县总面积的79.76%，未超过全县总面积的80%.判断错误；由可知，恒成立，则选项C：在这种政策之下，将来的任意一年，全县绿地面积都不能超过90%.判断正确；选项D：在这种政策之下，将来的某一年，绿地面积将达到100%全覆盖. 判断错误.故选：AC 三、填空题13．数列中，则_____________.【答案】【解析】对两边取到数可得，从而可得数列是等差数列，求出数列的通项公式，即可求出.【详解】因为，所以，即，又，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，所以，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查取到数构造新数列，同时考查等差数列的概念及通项公式，属于中档题.14．设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和，则d+q的值是_______．【答案】【分析】结合等差数列和等比数列前项和公式的特点，分别求得的公差和公比，由此求得.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意.等差数列的前项和公式为，等比数列的前项和公式为，依题意，即，通过对比系数可知，故.故答案为：【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前项和公式，属于中档题.15．在直角坐标系xOy中，已知直线l：，当变化时，动直线始终没有经过点P.定点Q的坐标，则的取值范围为___________.【答案】(1,3).【分析】由原点到直线l的距离为1可以判断点P在单位圆内，由此求出的取值范围.【详解】由原点到直线的距离，所以直线是单位圆的切线，点P在单位圆内，到圆心的距离为2，则到单位圆上点的距离的最大、最小值分别为：2+1=3，2-1=1.所以的取值范围是.故答案为：. 四、双空题16．已知动点在圆上，则的取值范围是____________，若点，点，则的最小值为____________.【答案】          【分析】（1）令，则所求问题转化为求圆上任意一点到的斜率范围，数形结合确定边界即可求解；（2）分析特点可知，两线段前的系数并不统一，如果要转化成最值问题，需将转化，画出图像，结合相似三角形，可得，点为，则所求问题转化为求距离最值，当点在连线与圆的交点上时，有最小值【详解】（1）如图，令，所求问题等价于求圆上动点与连线的斜率范围，当斜线斜率不存在时，相切于右边界，当直线斜率存在时，若相切于第二象限，设直线方程为，则，解得，则的取值范围是；(2)如图所示，当在轴上时，，，；当不在轴上时，，作点为，则有，则，则有，即，则，当点在连线与圆的交点上时，有最小值；综上所述，的最小值为故答案为：；【点睛】本题考查由点与圆的位置关系求斜率范围，求动点到两定点间距离最值问题，分类讨论、数形结合思想，转化与化归思想，综合性强，属于难题 五、解答题17．已知等比数列的首项，公比，数列．(1)证明：数列为等差数列；(2)设数列前项和为，求使的所有正整数的值的和．【答案】(1)证明见解析；(2)36. 【分析】（1）根据等比数列的通项公式可求出，再由对数运算化简得，利用等差数列定义证明即可；（2）由等差数列求和公式求和后解不等式即可得到满足条件的n，求和即可得解.【详解】(1)因为等比数列的首项，公比，所以，所以，所以，，所以是首项为，公差为的等差数列；(2)由（1）可得，所以，令，解得，.又，所以、、、、5、6、7、8，∴1+2+3+4+5+6+7+8=36.∴所有正整数的值的和为36.18．已知圆的方程为：.（1）试求的值，使圆的周长最小；（2）求与满足（1）中条件的圆相切，且过点的直线方程.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）先求圆的标准方程，由半径最小则周长最小；（2）由，则圆的方程为：，直线和圆线切则圆心到直线的距离等于半径，分直线与轴垂直和直线与轴不垂直两种情况进行讨论即可得解.【详解】（1），配方得：，当时，圆的半径有最小值2，此时圆的周长最小.（2）由（1）得，，圆的方程为：.当直线与轴垂直时，，此时直线与圆相切，符合条件；当直线与轴不垂直时，设为，由直线与圆相切得：，解得，所以切线方程为，即.综上，直线方程为或.19．记为数列的前项和，已知是公差为的等差数列．(1)求的通项公式；(2)记，试判断与2的大小并证明．【答案】(1)(2)，证明见解析. 【分析】（1）由是等差数列可知，再根据与的关系可求出，利用累乘法即可得.（2）利用裂项相消法即可求.【详解】(1)∵，∴，∴，又∵是公差为的等差数列，∴，∴，∴当时，，∴，整理得：，即，∴显然对于也成立，∴的通项公式.(2)∴ ∴20．已知圆，直线（1）求证：对，直线l与圆C总有两个不同的交点；（2）设l与圆C交于A,B两点，若，求l的倾斜角【答案】（1）证明见解析；（2）或【分析】（1）直线过定点，在圆内，故得到证明.（2）先根据计算得到，再利用点到直线的距离公式得到，计算得到答案.【详解】（1）过定点 在圆内，故直线l与圆C总有两个不同的交点.（2）， ，则 或【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，倾斜角的计算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21．已知数列满足，．（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）记数列的前项中最大值为，最小值为，令，称数列是数列的“中程数数列”．①求“中程数数列”的前项和；②若（且），求所有满足条件的实数对．【答案】（1）证明见解析，；（2）①；②．【解析】（1）先利用递推关系推出，即证结论，再利用等比数列通项公式求数列的通项公式即可；（2）①先判断数列单调性得到最大项和最小项，求得数列，再利用错位相减法求和即可；②先利用通项公式判断和，再逐一代入求解满足题意的m，即得结果.【详解】解：（1）证明：依题意，，即，故，故数列是等比数列，首项为，公比为的等比数列，故，即；（2）因为，即，故时，即，时，，即，故，故，，所以.①设数列的前n项和为，则，，两式作差得，，即，故；②因为，，，所以，即，又因为，，，且，可知且，即，由知，时，，故，即，但，故符合题意；时，，故，即，但，故无解；时，，故，即，又，故符合题意；综上，所有满足条件的实数对有．【点睛】方法点睛：1、数列求和的方法：（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法；（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.2、判定数列单调性的方法：（1）定义法：对任意，，则是递增数列，，则是递减数列，其中通常利用作差法和作商法比较大小；（2）借助函数单调性：利用，研究函数单调性，得到数列单调性.22．平面直角坐标系中，圆M经过点，，.(1)求圆M的标准方程；(2)设，过点D作直线，交圆M于PQ两点，PQ不在y轴上.（i）过点D作与直线垂直的直线，交圆M于EF两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；（ii）设直线OP，BQ相交于点N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)（i）7；（ii）在定直线上 【分析】（1）设圆M的方程为，利用待定系数法求出，即可得解；（2）（i）设直线的方程为，分和两种情况讨论，利用圆的弦长公式分别求出，再根据即可得出答案；（ii）设，联立，利用韦达定理求得，求出直线OP，BQ的方程，联立求出交点坐标即可得出结论.【详解】(1)解：设圆M的方程为，则，解得，所以圆M的标准方程为；(2)解：设直线的方程为，即，则圆心到直线的距离，所以，（i）若，则直线斜率不存在，则，，则，若，则直线得方程为，即，则圆心到直线的距离，所以，则，当且仅当，即时，取等号，综上所述，因为，所以S的最大值为7；（ii）设，联立，消得，则，直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，则，所以，所以点N在定直线上.【点睛】本题考查了利用待定系数法求圆的标准方程，考查了圆的弦长问题及圆中四边形的面积的最值问题，还考查了圆中的定直线问题，有一定的计算量.