2022-2023学年福建省宁德第一中学高二上学期月考（二）数学试题含答案

2022-2023学年福建省宁德第一中学高二上学期月考（二）数学试题

一、单选题

1．已知圆，则该圆的圆心坐标和半径分别为（    ）

A．，5 B．，5 C．， D．，

【答案】C

【解析】写出圆的标准方程，求圆心和半径.

【详解】，

所以该圆的圆心是，半径.

故选：C

2．已知直线与直线平行，则它们之间的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由直线平行可得，再由平行线间的距离公式即可得解.

【详解】因为直线与直线平行，

所以，所以，

所以直线即为，即，

所以两直线的距离为.

故选：A.

3．已知公差不为零的等差数列的第2，3，6项依次是一等比数列的连续三项，则该等比数列的公比等于（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题设知，整理可得，故这个等比数列的公比，由此能求出这个等比数列的公比．

【详解】解：公差不为零的等差数列的第2，3，6项依次是一等比数列的连续三项，

设等差数列首项为a1，公差为d，，

整理得．

这个等比数列的公比．

故选：D．

4．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.如图所示的是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，图中虚线上的数1，3，6，10，…构成数列，记为该数列的第项，则（    ）

A．2016 B．4032 C．2020 D．4040

【答案】A

【分析】通过观察法可得，再利用累加法求出通项公式即可计算的值.

【详解】依题意，，，，…，于是有，

则当时，，而满足上式，因此，，

所以.

故选：A.

5．已知两点，直线与线段相交，则直线的斜率取值范围是

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出直线所过定点，画出图形，再求出，的斜率，数形结合得答案．

【详解】解：直线过定点，

，，

直线与线段相交，则直线的斜率取值范围是．

故选．

【点睛】本题考查直线系方程的应用，考查直线斜率的求法，体现了数形结合的解题思想方法，是基础题．

6．已知等差数列的前n项和为，当且仅当时取得最大值，若，则公差d的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由已知，根据题意可判断该数列根据当时取得最大值，即可得到不等关系式，将代入即可求解出公差d的取值范围.

【详解】由已知可得，即，解得，

故选：A．

7．已知直线：与曲线有两个公共点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】画出图像,当直线过点时,求出值;当直线与曲线相切时.求出,即可得出的取值范围.

【详解】画出如下图像：

当直线过点时,,此时直线与

曲线有两个公共点;

直线与曲线相切时,,

因此当时，直线与

曲线有两个公共点.

故选B

【点睛】本题考查了直线与圆相切时满足的关系,以及点到直线的距离公式,考查了数形结合的数学思想,准确判断出曲线方程所表示曲线形状,且根据题意画出图形是解决问题的关键,属于中档题.

8．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，则的最小值是（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】B

【分析】结合已知条件写出曲线的解析式，做出图，将问题转化为点到直线的距离，然后利用圆上一点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可求解．

【详解】当且时，曲线的方程可化为；

当且时，曲线的方程可化为；

当且时，曲线的方程可化为；

当且时，曲线的方程可化为，

曲线的图像如图所示；

因为到直线的距离为，

所以，

当最小时，易知在曲线的第一象限内的图像上，

因为曲线的第一象限内图像是圆心为，半径的半圆，

所以圆心到直线的距离，

所以，

所以的最小值为.

故选：B

二、多选题

9．已知直线，则（    ）

A．若，则的一个方向向量为 B．若，则或

C．若，则 D．若不经过第二象限，则

【答案】ACD

【分析】代入，根据方向向量定义即可判断A，根据直线平行和垂直与斜率的关系即可判断B,C，将化简得，结合一次函数的性质即可判断D.

【详解】对A，当时，，斜率为，则其一个方向向量为，故A正确；

对B，若，当时，显然不合题意，则，则直线的斜率，

直线的斜率，则有，即，解得或，

当时，此时直线，显然两条直线重合，故B错误；

对C，若，当时，显然不合题意，则，则，

即，解得，故C正确；

对D，若不经过第二象限，，化简得，则，解得，故D正确；

故选：ACD.

10．已知等比数列满足：，，，则下列结论中正确的有（    ）

A．

B．

C．若m，，，则的最小值为是

D．存在m，n，，且，使得

【答案】BC

【分析】利用等比数列的通项公式构造首项、公比的方程组，求得首项、公比从得到通项公式，进而判断A、B是否正确；由得，利用基本不等式判断C是否正确；将变为由等式左右两边数的奇偶性判断D是否正确

【详解】由得，所以，所以A错误，B正确；

因为，所以，

所以，当且仅当，即，时取等号，所以C正确；

若，则，所以，左边为奇数，右边为偶数，上式不可能成立，所以D错误.

故选：BC.

11．已知直线与圆相交于两点，则（    ）

A．直线恒过定点

B．过点且与圆相切的直线为：

C．圆心到直线的最大距离是

D．的最大值为1

【答案】ACD

【分析】由直线系方程求得直线恒过定点判断A，利用直线与圆相切求出直线方程即可判断B，根据圆心到直线的最大距离的结论即可判断C，利用向量数量积的定义结合余弦定理即可判断 D.

【详解】对A，直线即直线，

联立，解得，，所以直线过定点，故A正确；

对B，，圆心，半径，当直线斜率不存在时，即直线方程为，

此时圆心到到该直线的距离等于2，即等于半径，故该直线也与圆相切，故B错误；

对C，根据结论得圆心到直线的最大距离即为到所过的定点的距离，

则最大距离为，故C正确；

对D，，

要使取到最大值，只需取最大，

在中，，

所以取最大时，弦长AB最短，

当直线AB与圆心和点直线垂直时，弦长AB最短，

因为圆心到点的距离为，

此时，，

所以，故D正确；

故选：ACD.

12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距㐫之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点满足，设点的轨迹为圆，下列结论正确的是（    ）

A．点的轨迹所包围的图形的面积等于

B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为

C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为2，该直线斜率为

D．若点，则的最小值为

【答案】ABD

【分析】根据，，点满足，设点，求出其轨迹方程，然后再逐项运算验证.

【详解】因为，，点满足，

设点，则 ，

化简得：，即 ，

则该圆圆心，半径为4，面积为，故A正确；

显然，所以，因为，则，解得 ，故B正确；

易知直线的斜率存在，设直线，因为圆上恰有三个点到直线距离为2，

则圆心到直线的距离为：，解得，故C错误；

对于D，因为，则，所以，

显然当三点共线时，取得最小值，即，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．是等比数列的前项和，若（），则      ．

【答案】

【分析】由给定前n项和的表达式求出a1，a2，a3，再由等比数列条件列式计算得解.

【详解】因等比数列的前项和，则，

因a1，a2，a3成等比数列，即，且，于是得，解得，

此时，时，满足上式，即，，是等比数列，

所以.

故答案为：

14．已知数列的各项均为正数，，，则      ．

【答案】

【分析】根据题意得，根据等差数列的特征可求是等差数列，进而可求的通项，即可求解.

【详解】由题意可得，，所以数列是以4为首项，4为公差的等差数列，所以，得．

故答案为：

15．在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=1，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P，如图所示，若光线QR经过△ABC的重心G，则AP=      ．

【答案】

【分析】建立坐标系，根据重心坐标公式求出重心G，利用光的反射与轴对称的性质确定的所在直线斜率，结合斜率公式进行求解即可

【详解】解：建立如图所示的平面直角坐标系，可得，

所以直线BC的方程为，即x＋y－1=0，△ABC的重心G的坐标为，

设点，M，N分别是点P关于直线BC和y轴的对称点，连接NR，QM，所以，

设，则有解得，

，所以，

由光的反射原理可知，M，Q，R，N四点共线，所以，

即，解得或(舍去)，此时，

故答案为：

16．已知圆与圆相交于两点，且满足，则        ．

【答案】

【分析】根据题意，设两个圆的圆心依次为、，求出两圆的圆心坐标，分析可得的垂直平分线为，又由可得点也在直线上，由三点共线的知识可得，解可得的值，即可得答案.

【详解】根据题意，圆，

则，则或，

其圆心为，且的坐标为，即

圆，

根据表示的是圆，则恒成立，

其圆心为，且的坐标为，即，

两圆的相交于，两点，则的垂直平分线为，

又由，满足，

即，点也在直线上，

则有，即，解可得，

故答案为：.

四、解答题

17．已知直线的方程为，若在轴上的截距为，且．

(1)求直线和的交点坐标；

(2)已知直线经过与的交点，且在轴上截距是在轴上的截距的2倍，求的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据两直线垂直的关系，以及直线在轴上的截距，可得方程，联立方程，可得结果；

（2）利用（1）的结论，采用分类讨论，设直线的方程可得答案.

【详解】（1）由直线的方程为，，

可得直线的斜率为2，

又在轴上的截距为，即过点，

所以直线方程：，

即，

联立方程，得：

，故交点为；

（2）依据题意直线在轴上截距是在轴上的截距的2倍，

且直线经过与的交点

当直线过原点时，方程为：，

当直线不过原点时，设方程为，则，解得，

故方程为：，

即

综上所述：的方程为或.

18．等差数列中，，.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知求出和公差，再由等差数列通项公式求解即可；

（2）写出的通项公式，可知当时，，当时，；再利用求和公式分别在两个范围内求解.

【详解】（1）由题意得：，解得，；

（2），当时，，；时，，；

当时，；

当时，；即

，综上所述：.

19．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an+1＝2+Sn，（n∈N*）．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝1+log2（an）2，求证数列{}的前n项和Tn．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）直接利用递推关系式求出数列的通项公式．

（2）利用裂项相消法求出数列的和．

【详解】（1）数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an+1＝2+Sn，（n∈N*）．

则an＝2+Sn﹣1，（n∈N*）．

所以an+1﹣an＝Sn﹣Sn﹣1＝an，

所以，

所以数列{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列．

则，

故．

（2）设bn＝1+log2（an）2，

则bn＝2n+1．

则，

所以

，

因为n∈N*，

所以.

20．已知圆心为C的圆经过点和，且圆心C在直线上.

(1)求圆C的方程：

(2)若过点的直线m被圆C截得的弦长为，求直线m的方程.

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）利用几何法联立直线刚才得圆心，即可求解，

（2）根据点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式即可求解.

【详解】（1）因为，所以线段的中点坐标为，

直线的斜率，

因此线段的垂直平分线方程是，即.

圆心的坐标是方程组的解.解得，

所以圆心的坐标.

圆的半径长

所以圆心为的圆的标准方程是；

（2）因为直线被圆截得的弦长为，

所以圆到直线的距离.

①当直线的斜率不存在时，，符合题意.

②当直线的斜率存在时，设，

即.

所以，解得

.

直线的方程为或

21．在数列中，，其中．

(1)证明数列是等差数列，并写出证明过程；

(2)设，数列的前项和为，求；

(3)对，使得恒成立，求实数的最小值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）根据等差数列的定义进行证明；

（2）由（1）可求出，从而可求得，然后利用错位相减法求和即可；

（3）转化条件为，再求出的最大值可得解；

【详解】（1）因为，

所以，

，

所以数列是以1为公差，1为首项的等差数列；

（2）由（1）可得，

所以，

所以①，

②，

所以①-②得，

所以

（3），因为对，使得恒成立，

则对，使得恒成立，

则对恒成立，

即对恒成立，

根据对勾函数单调性结合可知当时，有最大值，

故，则.

22．已知，，是上的动点，是线段的中点.

(1)求点的轨迹的方程；

(2)过点且互相垂直的两条直线分别与交于点，与交于点，若的中点为，求面积的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用相关点法即可求解.

（2）讨论直线斜率存在或不存在，写出直线方程以及的方程，利用弦长公式求出，将直线的方程与联立，利用判别式求出斜率的取值范围，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，再由三角形的面积公式求解即可.

【详解】（1）设，，

则， 解得，

将点代入，

可得，

整理可得，

所以点的轨迹的方程为.

（2）①直线斜率不存在时，

，，

不妨取，且，

，

②直线斜率存在，设为，

则直线的方程：，

若，则方程，经过圆心，

此时不存在，

若，可得直线的方程为：，

圆心到直线的距离，

，

联立，化为，

，化为，

，可得，

点到直线的距离，

，

令，可得，

，

综上所述，面积的取值范围为.