2022-2023学年甘肃省庆阳市华池县第一中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年甘肃省庆阳市华池县第一中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．点（2，1）到直线3x﹣4y+2=0的距离是（ ）

A．  B． C． D．

【答案】A

【详解】解：点（2，1）到直线3x﹣4y+2=0的距离.

故选A．

2．在数列1，1，2，3，5，8，x，21，34，55，…中，x的值为（    ）

A．10 B．11 C．12 D．13

【答案】D

【分析】从已知数列观察出特点：从第三项开始每一项是前两项的和即可求解

【详解】解：数列1，1，2，3，5，8，，21，34，55  设数列为

故选：．

【点睛】本题考查了数列的概念及简单表示法，是斐波那契数列，属于基础题．

3．若A，B两点的横坐标相等，则直线AB的倾斜角和斜率分别是（    ）

A．45°，1 B．135°，－1

C．90°，不存在 D．180°，不存在

【答案】C

【分析】由倾斜角和斜率的定义即可得到答案.

【详解】由倾斜角和斜率的定义可知，直线AB的倾斜角为90°，而当倾斜角为90°时，斜率不存在．

故选：C.

4．直线l1：y＝ax＋b与直线l2：y＝bx＋a(ab≠0，a≠b)在同一平面直角坐标系内的图象只可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据直线的斜率和纵截距的正负进行判断．

【详解】对B，斜率为正，在轴上的截距也为正，故不可能有斜率为负的情况.故B错.

当时， 和斜率均为正，且截距均为正.仅D选项满足.

故选：D

5．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（     ）

A．103 B．107 C．109 D．105

【答案】B

【解析】根据题意可知正整数能被21整除余2，即可写出通项，求出答案.

【详解】根据题意可知正整数能被21整除余2，

，

.

故选：B.

6．已知正项等比数列，满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意先得，变形可得，进而等比数列的性质可得答案．

【详解】根据题意，正项等比数列中，

若，则有，

又，，

所以．

故选：A．

7．设，，直线经过圆的圆心，则的最小值为（    ）

A．1 B．4 C．2 D．

【答案】B

【分析】圆心坐标代入直线方程得，然后用“1”的代换得定值后由基本不等式得最小值．

【详解】圆心为（1，1），所以

于是

当且仅当，即时取等号.

故选：B．

8．在等差数列中，，．记，则数列（    ）．

A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项

C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项

【答案】B

【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.

【详解】由题意可知，等差数列的公差，

则其通项公式为：，

注意到，

且由可知，

由可知数列不存在最小项，

由于，

故数列中的正项只有有限项：，.

故数列中存在最大项，且最大项为.

故选：B.

【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.

二、多选题

9．已知等差数列11，8，5，…，则（    ）

A．公差 B．该数列的通项公式为

C．数列前10项和为 D．是该数列的第21项

【答案】ACD

【分析】根据等差数列的定义，求出公差和通项公式，再利用前项和公式即可求解.

【详解】由题意可知：；

∴；

∴，

∴；

由，得．

故选：ACD．

10．在下列四个命题中，错误的有（    ）

A．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角和斜率；

B．直线的倾斜角的取值范围是；

C．若一条直线的斜率为，则此直线的倾斜角为；

D．若一条直线的倾斜角为，则此直线的斜率为

【答案】ACD

【分析】根据直线、倾斜角、斜率等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.

【详解】倾斜角为时，直线的斜率不存在，A错误.

直线的倾斜角的取值范围是，B正确.

直线斜率是，但直线的倾斜角不是，C错误.

倾斜角为时，直线的斜率不存在，D错误.

故选：ACD

11．点在圆上，点在圆上，则（    ）

A．的最小值为

B．两圆公切线有两条

C．两个圆心所在的直线斜率为

D．两个圆相交弦所在直线的方程为

【答案】AC

【分析】由两圆方程可得圆心和半径，由两圆位置关系的判定可得两圆相外切，由此依次判断各个选项即可得到结果.

【详解】由圆的方程知：圆的圆心，半径；圆的圆心，半径；

，两圆外切；

对于A，若重合，为两圆的切点，则，A正确；

对于B，两圆外切，则公切线有条，B错误；

对于C，，C正确；

对于D，两圆相外切，两个圆不存在相交弦，D错误.

故选：AC.

12．在数列中，若为常数，则称为“等方差数列”下列对“等方差数列”的判断正确的是（    ）

A．若是等差数列，则是等方差数列

B．是等方差数列

C．若是等方差数列，则为常数也是等方差数列

D．若既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列

【答案】BCD

【解析】根据等差数列和等方差数列定义，结合特殊反例对选项逐一判断即可.

【详解】对于A，若是等差数列，如，

则不是常数，故不是等方差数列，故A错误；

对于B，数列中，是常数，

是等方差数列，故B正确；

对于C，数列中的项列举出来是，，，，，，，

数列中的项列举出来是，，，，，

，将这k个式子累加得，，，k为常数是等方差数列，故C正确；

对于D，是等差数列，，则设

是等方差数列，是常数，故，故，所以，是常数，故D正确.

故选：BCD.

【点睛】本题考查了数列的新定义问题和等差数列的定义，属于中档题.

三、填空题

13．圆与直线相交的弦长为____________．

【答案】

【分析】求出圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，再由弦长公式计算可得.

【详解】解：圆的圆心坐标是，半径，

因为圆心到直线的距离，

所以所求弦长．

故答案为：

14．记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则___________.

【答案】4.

【分析】根据已知求出和的关系，再结合等差数列前n项和公式求得结果.

【详解】因，所以，即，

所以．

【点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．

15．已知三角形三个顶点为，则边上的高所在直线的方程为____________．

【答案】

【分析】由斜率公式求得，进而可得边上的高所在直线的斜率，再由直线的点斜式即得.

【详解】由题可得直线的斜率为，

故边上的高所在直线的斜率为，

因此，边上的高所在直线的方程为，即．

故答案为：.

16．设是数列的前项和，且，，则__________．

【答案】

【详解】原式为，整理为： ，即，即数列是以-1为首项，-1为公差的等差的数列，所以 ，即 .

【点睛】这类型题使用的公式是 ，一般条件是 ，若是消 ，就需当 时构造 ，两式相减 ，再变形求解；若是消 ，就需在原式将 变形为： ，再利用递推求解通项公式.

四、解答题

17．记为等差数列的前n项和，已知.

(1)求的通项公式；

(2)求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设数列的公差为d，由，利用等差数列的前n项和公式求解；

（2）利用等差数列的前n项和公式结合二次函数的性质求解.

【详解】（1）解：设数列的公差为d，

∵，

∴，

解得2，

∴.

（2）由（1）知2，

∴，

，

，

∴当时，取得最小值-16.

18．（1）求经过，且斜率为的直线方程；

（2）已知直线l过点，且与两坐标轴正半轴围成的三角形面积为9，求直线l的斜率．

【答案】（1）；（2）或．

【分析】（1）根据直线的点斜式即得；

（2）设直线l的方程为，结合条件可列出方程组，进而即得.

【详解】（1）由题可得直线方程为，

即所求直线的方程为；

（2）设直线l的方程为，则

由题意有，

解得或，

由可知直线的斜率为，

所以直线 l 的斜率为或．

19．已知圆经过和两点,且圆心在直线上.

(1)求圆的方程；

(2)若直线与圆相切，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设圆，依题意得到方程组，解得即可；

（2）利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，解得即可；

【详解】（1）解：设圆，由题意得：

，解得：，

∴圆；

（2）解：∵直线与圆相切，

∴圆心到直线 的距离为，

解得：.

20．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．

（1）求的公比；

（2）若，求数列的前项和．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；

（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.

【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，

，

；

（2）设的前项和为，，

，①

，②

①②得，

，

.

【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.

21．已知圆，直线.

（1）求证：对，直线与圆总有两个不同的交点；

（2）设与圆交于不同的两点，，求弦的中点的轨迹方程；

（3）若定点分弦为，求此时直线的方程.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或.

【分析】（1）根据直线过定点，且在圆内证明；

（2）当与不重合时，连接，，则，可得，设，代入整理可得的轨迹方程；

（3）设，，由，得，可得，联立直线方程与圆的方程，得到，解得，代入联立消元后的方程求解.

【详解】（1）因为直线过定点，

又

所以在圆内，

所以对，直线与圆总有两个不同的交点；

（2）如图所示，

当与不重合时，连接，，则，

∴.

设，则，

化简得：；

当与重合时，，也满足上式，

故弦的中点的轨迹为；

（3）设，，

由，得，

∴，化简得①

又由，消去得（*）.

∴，②

由①②解得，代入（*）整理得.

∴直线的方程为或.

【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系以及 中点弦问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

22．已知等差数列的前项和为，数列是各项均为正数的等比数列，，.

(1)求数列的通项公式；

(2)在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）

问题：已知，______________，是否存在正整数，使得数列 的前项和?若存在，求的最小值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)；

(2)选择条件见解析，存在正整数，使得数列的前项和，.

【分析】(1)根据给定条件求出等比数列的首项及公比即可得解.

(2)由(1)可得，根据选择的条件并结合等差数列前n项和公式、通项公式列出方程求得公差，进而求出，再利用裂项相消法计算推理作答.

【详解】（1）依题意，设等比数列的公比为，因，，则，

即，解得(舍去)或，则，，，

所以数列的通项公式是.

（2）选①：

设等差数列的公差为，由(1)知，，则，解得，

于是得，，

因此，，

由得：，解得，而，则，

所以存在正整数，使得数列的前项和，.

选择②：

设等差数列的公差为，由(1)知，，则，，又，则，

于是得，，

因此，，

由得：，解得，而，则，

所以存在正整数，使得数列的前项和，.

选择③：

设等差数列的公差为，由(1)知，，由得，解得，

于是得，，

因此，，

由得：，解得，而，则，

所以存在正整数，使得数列的前项和，.