2023-2024学年甘肃省酒泉市实验中学高二上学期期中数学试题含答案

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这是一份2023-2024学年甘肃省酒泉市实验中学高二上学期期中数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知数列{an}满足a1>0，且an＋1＝an，则数列{an}是( )
A．递增数列
B．递减数列
C．常数列
D．摆动数列
【答案】B
【详解】由a1>0，且an＋1＝an，则an>0.
又＝<1，∴an＋1因此数列{an}为递减数列，选B.
2．已知数列满足，若，则=（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】依次求出得解.
【详解】时，；
时，；
时，.
故选：A
【点睛】本题主要考查利用递推公式求数列的项，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.
3．直线的纵截距为（）
A．B．C．D．3
【答案】A
【分析】根据直线方程即得.
【详解】因为直线，
令，可得，
所以直线的纵截距为.
故选：A.
4．等比数列中，，则（）
A．B．C．2D．12
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质求得正确答案.
【详解】.
故选：A
5．经过两条直线，的交点，且直线的一个方向向量的直线方程为（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】联立方程组求得两直线的交点坐标为，再由题意，得到，结合直线的点斜式方程，即可求解.
【详解】联立方程组，解得，即两直线的交点坐标为，
因为直线的一个方向向量，可得所求直线的斜率为，
所以所求直线方程为，即.
故选：A.
6．椭圆的焦点为，，点在椭圆上，若，则点到轴的距离为（）
A．2.4B．2.8C．4.0D．4.8
【答案】D
【分析】先根据椭圆的定义，求出，，观察到是直角三角形，利用面积求解点到轴的距离.
【详解】因为，，所以，所以，不妨设，过点作⊥y轴于点B，点到轴的距离为的长，因为，，所以，因为，则，所以，则，所以
故选：D
7．抛物线的准线方程为（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将抛物线方程化为标准方程，由此可确定准线方程.
【详解】抛物线的方程可化为，则，其准线方程为．
故选：B．
8．已知直线与直线平行，则实数a的值为（）
A．B．C．1D．或1
【答案】D
【分析】由两直线平行的条件直接列式求解，注意检验是否重合．
【详解】由，解得或，经过验证满足题意.
故选：D.
二、多选题
9．已知数列满足，，则下列各数是的项的有（）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据递推关系式找出规律，可得数列是周期为3的周期数列，从而可求解结论．
【详解】因为数列满足，，
；
；
；
数列是周期为3的数列，且前3项为，，3；
故选：．
【点睛】本题主要考查数列递推关系式的应用，考查数列的周期性，解题的关键在于求出数列的规律，属于基础题．
10．已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（）
A．当时，曲线C是椭圆
B．当或时，曲线C是双曲线
C．若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则
D．若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则
【答案】BC
【分析】根据给定条件，利用椭圆、双曲线方程的特征逐项判断作答.
【详解】对于A，当时，，则曲线是圆，A错误；
对于B，当或时，，曲线是双曲线，B正确；
对于C，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，C正确；
对于D，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，D错误．
故选：BC.
11．若直线被圆截得的弦长为，则不可能是（）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，利用圆的弦长公式，求得圆心到直线的距离为，结合点到直线的距离公式，列出方程，求得的值，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为，
因为直线被圆截得的弦长为，
可得，解得，
则，即，解得.
故选：ACD.
12．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，，下列结论正确的是（）
A．B．C．是数列中的最大值D．数列无最大值
【答案】AB
【分析】根据题意，得到且，结合数列的单调性，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】因为等比数列的公比为，满足，且，，
所以且，
对于A中，因为且，可得，所以，所以A正确；
对于B中，由且，可得数列为递减数列，
可得，可得，所以，所以B正确；
因为数列满足，
所以是数列{Tn}中的最大值，所以C、D不正确；
故选：AB.
三、填空题
13．直线与圆交于两点，则．
【答案】
【分析】方法一：先将圆的方程化成标准方程，求出圆心，半径，再根据点到直线的距离公式以及弦长公式即可求出．
【详解】［方法一］：【通性通法】【最优解】弦长公式的应用
根据题意，圆的方程可化为，所以圆的圆心为，且半径是，
弦心距，所以．
故答案为：.
［方法二］：距离公式的应用
由解得：或，不妨设，
所以．
故答案为：.
［方法三］：参数方程的应用
直线的参数方程为，将其代入，可得，化简得，从而，所以．
故答案为：.
【整体点评】方法一：利用圆的弦长公式直接求解，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：直接求出弦的端点坐标，再根据两点间的距离公式求出，是求解一般弦长的通性通法，有时计算偏麻烦；
方法三：直线参数方程中弦长公式的应用．
14．数列中，，且满足，数列的通项公式是 .
【答案】
【分析】由已知条件得是等差数列，由此利用，，求出公差，能求出．
【详解】．
，
是等差数列，
设的公差为，
，，
，，
．
故答案为：
【点睛】本题考查数列性质的判定和通项公式的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
15．设是等比数列，且，，则的值是 .
【答案】32
【分析】根据题意可求得等比数列的公比，再根据，即可求得答案.
【详解】由是等比数列，设公比为q，且，，
则可得，故，
所以，
故答案为：32.
16．如图，赛马场的形状是长100m，宽50m的椭圆.则距离顶点10m的宽度是 .
【答案】
【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，得到椭圆的方程为，令，求得的值，即可求解.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，设椭圆的方程为，
根据题意，得到，所以椭圆的方程为，
又由，可得点，
令，可得，解得，所以，
即距离顶点10m的宽度是.
故答案为：.
四、解答题
17．已知平面内两点.
（1）求过点且与直线平行的直线的方程;
（2）一束光线从点射向（1）的直线，若反射光线过点，求反射光线所在的直线方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据平行得出斜率，从而由点斜式求出直线方程；
（2）求得点关于直线的对称点的坐标，然后求出斜率，再由点斜式求出
【详解】（1），
，直线的斜率，
过点且与直线平行的直线的方程：，
即；
（2）设点关于直线的对称点为，
则，解得：，即，
点在反射光线上，所以,
所以反射光线所在直线方程是，即.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据两直线平行求直线方程以及求反射光线所在的直线方程，若两直线平行，则这两直线的斜率相等，关键是求点关于直线的对称点的求法，考查计算能力，是基础题.
18．已知等差数列的前项和为，且，.数列满足，.
（Ⅰ）求数列和的通项公式；
（Ⅱ）求数列的前项和，并求的最小值.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ），最小值.
【分析】（Ⅰ）根据等差数列前项和为的公式和等差数列的性质，推得，，从而求出等差数列的公差，即可得出数列的通项公式为．利用累加法即可求得的通项公式．
（Ⅱ）利用错位相减法求数列的前项和，再利用数列的单调性求得的最小值．
【详解】（Ⅰ）由，得，.
故的公差，.
即数列的通项公式为.
当时，，
而，
故，即数列的通项公式为.
（Ⅱ），
，
上述两式相减，得
得.
设，显然当时，，，且单调递增.
而，，，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的求解，利用累加法求解数列的通项公式，以及错位相减法求数列的前项和，错位相减法常用在数列的通项公式形式为等差数列乘等比数列．
19．已知点P(＋1,2－)，点M(3,1），圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝4.
（1）求过点P的圆C的切线方程；
（2）求过点M的圆C的切线方程，并求出切线长．
【答案】（1）x－y＋1－2＝0（2）过点M的圆C的切线方程为x－3＝0或3x－4y－5＝0，切线长为．
【解析】（1）确定点P在圆上，P为切点，由切线与过切点的半径垂直求出切线斜率，得切线方程；
（2）确定点M在圆外，先考虑斜率不存在的直线是切线，在斜率存在时，设斜率为k，写出切线方程，由圆心到切线距离等于半径求得k值，得切线方程．切线长用勾股定理求解．
【详解】由题意得圆心C(1,2)，半径r＝2.
（1）∵(＋1－1)2＋(2－－2)2＝4，∴点P在圆C上．
又kPC＝＝－1，
∴切线的斜率k＝－＝1.
∴过点P的圆C的切线方程是
y－(2－)＝x－(＋1)，
即x－y＋1－2＝0.
（2）∵(3－1)2＋(1－2)2＝54，∴点M在圆C外部．
当过点M的直线斜率不存在时，直线方程为x＝3，
即x－3＝0.
又点C(1,2)到直线x－3＝0的距离d＝3－1＝2＝r，
即此时满足题意，所以直线x＝3是圆的切线．
当切线的斜率存在时，设切线方程为y－1＝k(x－3)，
即kx－y＋1－3k＝0，
则圆心C到切线的距离d＝＝r＝2，解得k＝.
∴切线方程为y－1＝(x－3），即3x－4y－5＝0.
综上可得，过点M的圆C的切线方程为x－3＝0或3x－4y－5＝0.
∵|MC|＝，
∴过点M的圆C的切线长为.
【点睛】本题考查求圆的切线方程，过一点的圆的切线，如果这点在圆上，切线只有一条，且切线与过切点的半径垂直，如果点在圆外，切线有两条，要考虑斜率不存在和存在两种情形，斜率存在时，设出直线方程，由圆心到切线距离等于半径求得斜率．
五、未知
20．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴于点，若，
(1)求点的横坐标
(2)求的面积
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，结合抛物线的定义，列出方程，即可求解；
（2）根据题意，将代入抛物线方程，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）解：由抛物线方程为，可得且焦点，
设点，因为，由抛物线的定义，可得，
解得，即点的横坐标为.
（2）解：由（1）知，代入抛物线，可得，解得，
又因为垂直于轴于点，且，
所以的面积为.
六、解答题
21．已知数列为等差数列，数列为等比数列，满足，，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）由等差数列和等比数列的基本量法求得公差和公比后可得通项公式；
（2）用错位相减法求数列的和．
【详解】（1）解：设的公差为，的公比为，，，
联立，整理可得，解得，
所以，.
（2）解：由（1）知，
则，①
，②
①-②，得
.
所以.
22．已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．