2022-2023学年江苏省苏州市高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省苏州市高二上学期期中数学试题（解析版），共21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学年江苏省苏州市高二上学期期中数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角为（    ）A．不存在 B． C．0 D．【答案】B【分析】根据题意直线与x轴垂直可得答案．【详解】根据题意，直线与x轴垂直，其倾斜角为， 故选：B．2．等比数列中，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设公比为，依题意，从而求出，再根据通项公式计算可得.【详解】解：设公比为，因为、，所以，解得，所以.故选：C3．直线与线段没有公共点，其中，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】数形结合即可求得的取值范围.【详解】直线化为，由题可知，当直线经过点时，解得，当直线经过点时，解得，若直线与线段没有公共点，则有或，即.故选：A4．已知等差数列公差，数列为正项等比数列，已知，则下列结论中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意可知，由得，设，则，利用一次函数和指数函数的性质，结合图形，可得时；时；时，依次判断选项即可.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为()，若，则，得，解得，不符合题意；所以，得，又，令，得，即①，设，则且，所以①式变为，由题意，知和是方程的两个解，令，且，则一次函数与指数函数的图象至少有2个交点，作出两个函数图象，如图，        当函数与单调递增或递减时，才会有2个解，且无论哪种情况，都有时，；时，；时，；所以，，，，即，，，.故选：C.5．已知四点共圆，则实数的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由三点求出圆的方程，再把代入方程即可求解【详解】设过四点的圆的方程为，将代入可得：，解得，所以圆的方程为，将代入圆的方程得，解得，故选：D6．为等差数列前项和，若，，则使的的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据可得，表示出和，解不等式即可.【详解】由，可得，而，所以，，，可转化为，即，即，解得，而，所以的最大值为11.故选：C7．直线按向量平移后得直线，设直线与之间的距离为，则的范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据直线的方向向量与的位置关系考虑.【详解】当直线的方向向量与共线时，这时候直线与重合，距离为最短，；当直线的方向向量与垂直时，这时候直线与平行且距离为最长，.故选：B.8．已知数列前项和满足：，数列前项和满足：，记，则使得值不超过2022的项的个数为（    ）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】C【分析】根据数列前项和与的关系，可得；同理前项和与的关系可得，则可得，判断其单调性，即可求得使得值不超过2022的项的个数.【详解】解：因为，当时，，当时，，则符合上式，所以；又，当时，，所以，当时，，则，所以是以为首项，公比的等比数列，所以，则所以，即，又递增，递增，所以递增又，所以故使得值不超过2022的项的个数为10.故选：C. 二、多选题9．下述四个结论,正确的是（    ）A．过点在轴,轴上截距都相等的直线方程为B．直线与圆相交的充分不必要条件是C．直线表示过点的所有直线D．过点与圆相切的直线方程为【答案】BD【分析】对于A,没有考虑截距均为0的情况,排除A;对于B,根据圆心到直线的距离与半径的大小比较进行求解即可;对于C,利用反例即可排除;对于D,设出过直线方程,再根据圆心到直线的距离等于半径即可求出结果.【详解】对于A,没有考虑截距均为0的情况,排除A;对于B,若直线与圆相交,则,解得,是直线与圆相交的充分不必要条件,故B正确.对于C,点在轴上,但无论取何值,不能表示轴,故C不正确.对于D,设过的直线方程为,即,,即,解得,过的直线方程为,故D正确.故选:BD.10．对于数列，设其前项和，则下列命题正确的是（    ）A．若数列为等比数列，成等差，则也成等差B．若数列为等比数列，则C．若数列为等差数列，且，则使得的最小的值为13D．若数列为等差数列，且，则中任意三项均不能构成等比数列【答案】AD【分析】根据等比数列的通项与前项和公式判断A，B的正误；根据等差数列的通项与前项和公式判断C，D的正误即可.【详解】解：对于A，若数列为等比数列，成等差，则，若公比，则，故，所以可得，，整理得，由于，所以，所以，即，故也成等差，故A正确；对于B，若数列为等比数列，若公比时，；若公比时，则，所以，故B不正确；对于C，若数列为等差数列，公差为，由，得，即，则，所以，得，又，则，故C不正确；对于D，若数列为等差数列，且，则公差，所以，假设等差数列中的三项构成等比数列，，且互不相等，则，所以，所以，因为，则，其中，则，得，这与互不相等矛盾，故假设不成立，则中任意三项均不能构成等比数列，故D正确.故选：AD.11．设直线与圆交于两点，定点，则的形状可能为（    ）A．钝角三角形 B．直角三角形 C．正三角形 D．等腰直角三角形【答案】AB【分析】由已知可得直线过定点，且直线斜率，分别分析为特殊三角形所需满足的几何关系即可判断.【详解】解：直线，整理为，当得，所以直线过定点，且点在圆上，且圆心，半径，直线，即，其斜率，因为，故①则当直线过圆心，则线段为圆的直径，则此时是以为直角顶点的直角三角形，此时直线斜率，解得，故B可能；②由①知，当直线过圆心时，为直角三角形，故当时，整理得，不等式有解，即直线在直线下方时，是以为钝角顶点的顿角三角形，故A可能；③若为正三角形，则直线与直线垂直，又，则有，整理得，方程无实根，故不存在这样的直线使得为正三角形，故C不可能；④若为等腰直角三角形，则必有一边为圆的直径，若线段为圆的直径，则直线斜率，，又得满足直线与直线垂直，，所以，两直线不垂直，故不是以为斜边的等要直角三角形；若线段或为直径，还是得满足直线与垂直，故不是以或为斜边的等要直角三角形，故D不可能.故选：AB.12．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（    ）A．B．1225既是三角形数，又是正方形数C．D．，总存在，使得成立【答案】BCD【分析】利用累加法，分别求出，进而分别利用裂项求和法、放缩法，逐个选项进行判断即可得到答案.【详解】三角形数构成数列：1，3，6，10，…，则有，利用累加法，得，得到；n=1成立正方形数构成数列：1，4，9，16，…，则有，利用累加法，得，得到,n=1成立对于A，，利用裂项求和法：，故A错误；对于B，令，解得；令，解得；故B正确；对于C，，则，整理得，，故C正确；对于D，取，且，则令，则有，故，总存在，使得成立，故D正确；故选：BCD 三、填空题13．已知点在直线上，点，则取得最小值时点坐标为________．【答案】【分析】作图分析，结合对称性将转化为，则点与在同一直线时，最小，求得此时点坐标即可.【详解】解：如图，设关于直线的对称点为，因为所以，解得，则所以，结合图形则当三点共线时，此时取得最小值，即在点位置时，则，直线为于是，解得，即，故取得最小值时点坐标为.故答案为：.14．已知正项等比数列满足：，若存在两项、使得，则的最小值为__________.【答案】【分析】由条件先求出公比，由等比数列通项公式得出满足的关系，然后由基本不等式得最值．【详解】设等比数列的公比为，由得，解得（舍去），∴，由得，∴，所以，当且仅当，即时等号成立．所以的最小值是．故答案为：．15．曲线所围成图形面积为________．【答案】【分析】分情况去掉绝对值，从而可作出曲线的图像，进而求得面积.【详解】分四种情况讨论：①当时，方程可化为：，表示圆心为，半径为的圆；②当时，方程可化为：，表示圆心为，半径为的圆；③当时，方程可化为：，表示圆心为，半径为的圆；④当时，方程可化为：，表示圆心为，半径为的圆.作出图像如下图所示：由图可知：曲线所围成图形为四个半圆和一个正方形所组成的区域，正方形边长和圆的直径相等，所以.故答案为：. 四、双空题16．在平面直角坐标系中，为直线上的点，，以为直径的（圆心为）与直线交于另一点，若为等腰三角形，则点的横坐标为________；若与相交于、两点，则公共弦长度最小值为________．【答案】     或     【分析】根据直径所对的圆周角为直角得到为等腰直角三角形，求出过点且与直线垂直的直线，两直线的交点即为点坐标，再求出，依题意，设，即可得到方程，解得点的横坐标，再设，即可表示出圆的方程，两圆方程作差得到公共弦方程，求出公共弦过定点，再由弦长公式求出公共弦的最小值.【详解】解：依题意为直径，所以，又为等腰三角形，所以为等腰直角三角形，过点与直线垂直的直线方程为，由，解得，即，又，则，设，所以，解得或，设，则、的中点，，所以圆的方程为，又，所以公共弦的方程为，即，即，令，解得，即直线恒过定点，的圆心，半径，所以，所以公共弦的最小值为；故答案为：或； 五、解答题17．已知两直线l1：mx＋8y＋n＝0和l2：2x＋my－1＝0，试确定m，n的值，使：(1)l1与l2相交于点P(m，－1)；(2)l1∥l2；(3)l1⊥l2，且l1在y轴上的截距为－1.【答案】（1）m＝1，n＝7；（2）m＝4，n≠－2或m＝－4，n≠2；（3）m＝0，n＝8【详解】（1）根据点P分别在直线l1和直线l2上，代入这两条直线方程，解方程组即可求得m,n.(2)由 l1∥l2可得m·m－8×2＝0得m＝±4,然后分别代入检验排除掉两直线重合的情况（3）由l1⊥l2可知m·2＋8·m＝0，从而求得m,然后再根据l1在y轴上的截距求得n.解：(1)∵m2－8＋n＝0且2m－m－1＝0，∴m＝1，n＝7.(2)由m·m－8×2＝0得m＝±4.由8×(－1)－n·m≠0得即m＝4，n≠－2时或m＝－4，n≠2时，l1∥l2.(3)当且仅当m·2＋8·m＝0，即m＝0时，l1⊥l2，又－＝－1，∴n＝8.故当m＝0且n＝8时满足条件．18．已知等差数列前项和为，且满足．(1)求的值；(2)设为的等比中项，数列是以为前三项的等比数列，试求数列的通项及前项和的表达式．【答案】(1)16；(2)答案见解析. 【分析】（1）由等差数列通项公式和前项和公式列方程组即可求得首项和公差，进而得解；（2）由为的等比中项可求得，分两种情况即可求解.【详解】（1）设等差数列首项为，公差为，则，解得，所以，所以.（2）由（1）可知，，因是等比中项，所以有，即，当时，数列是前三项依次为的等比数列，其首项为，公比为，故有， 当时，数列是前三项依次为的等比数列，其首项为，公比为，故有，.19．已知点，，过点斜率为的直线交圆于两点．(1)当面积最大时，求直线方程；(2)若，在（1）条件下，设点为圆上任意一点，试问在平面内是否存在定点，使得成立，若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)或(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）直线，当时，取到最大值，利用点到直线的距离公式计算得到答案.（2）假设存在定点使得成立，利用两点间距离公式结合圆方程得到方程组，根据方程组无解得到不存在定点.【详解】（1）直线，，当时，取到最大值， 此时到直线的距离为，即，解得，故直线或.（2）因为，所以，此时，设是上任意一点，则有，假设存在定点使得成立，即， 化简整理得，又，代入整理得对任意是上任意一点恒成立， 所以有此方程组无解，故不存在定点使得成立.20．设正项数列前项和为，从条件：①，②，③，，任选一个，补充在下面横线上，并解答下面问题．已知正项数列前项和为，且满足         ．(1)求；(2)令，记数列前项和为，若对任意的，，均有恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）选①，令可求得的值，令，由，可得，两式作差可得出的表达式，综合可得出数列的通项公式，进而可求得；选②，令可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，进而可求得；选③，当且时，由可得，两式作差可推导出数列和数列均为等差数列，且公差均为，求出数列和数列的通项公式，可得出数列的通项公式，进而可求得；（2）求得，利用错位相减法可求得，利用参变量分离法可知，若对任意的，，均有成立，令，分析数列的单调性，求出该数列最大项的值，可得出实数的取值范围.【详解】（1）解：若选①，对任意的，，当时，，可得；当且时，由，可得，上述两个等式作差可得，所以，，也满足，故对任意的，，因为，则数列为等差数列，所以，；若选②，对任意的，.当时，则有，则，解得；当且时，由可得，上述两个等式作差可得，即，对任意的，，所以，当且时，，故数列为等差数列，且首项为，公差为，，所以，；若选③，对任意的，，且，当时，，可得，当且时，由可得，上述两个等式作差可得，对任意的，，所以，当且时，，所以，数列和数列均为等差数列，且公差均为，，，所以，对任意的，，因为，则数列为等差数列，所以，；（2）解：因为，所以，所以有，，上式下式得，化简整理得，所以代入得，，因，所以，故有对任意且恒成立，记，，当时，，此时，数列单调递增，即；当时，，此时，数列单调递减，即.所以，数列中的最大项为，故.21．已知圆，过点的直线与圆相交于，两点，且，圆是以线段为直径的圆．(1)求圆的方程；(2)设，圆是的内切圆，试求面积的取值范围．【答案】(1)或(2) 【分析】（1）设出直线，根据已知求出弦心距，从而求出直线的方程.再根据两圆相交时，圆心连线与交线垂直得出Q点坐标，从而求得结果；（2）根据圆的性质，可从（1）中结果中任选一种解答，根据已知可得，三边所在的直线就是圆的切线，设出切线方程，可以表示出斜率和t的关系，A，B两点都在y轴上，则以AB做底，高就是C点横坐标的绝对值.【详解】（1）设直线的方程为，因为圆半径为，，所以圆心到直线的距离，即，解得， 当时，过与直线垂直的直线与交点为，所以圆方程为 当时，过与直线垂直的直线与交点为，所以圆方程为即所求圆方程为或（2）由圆的性质可知，只研究圆方程为时即可设与圆相切，则有，即有，从而有设与圆相切，则有，即有，从而有 联立直线，由得， 所以当时，.22．已知正项数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)求证：．【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）由，可得，令，利用构造法求出数列的通项公式，从而可求得的通项公式；（2）分且为偶数和且为奇数两种情况讨论，结合并项求和和奇偶分析法，通过放缩即可得出结论.【详解】（1）解：由，得，即，令，有，， 又，故，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，所以有，即；（2）证明因为，，，当且为偶数时，，化简得，所以，当且为奇数时，则且为偶数，由上述证明可知，又因为，所以，综上.