2023-2024学年天津市滨海新区塘沽第一中学高二上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年天津市滨海新区塘沽第一中学高二上学期第二次月考数学试题含答案，共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．圆心在轴上，半径为1，且过点的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据圆心的位置及半径可写出圆的标准方程，然后将点代入圆的方程即可求解.
【详解】因为圆心在轴上，所以可设所求圆的圆心坐标为，则圆的方程为，又点在圆上，所以，解得.
故选：A
【点睛】本题主要考查圆的标准方程的求解，属于基础题.
2．两圆和的位置关系是
A．内切B．外离C．外切D．相交
【答案】D
【分析】根据两圆方程求解出圆心和半径，从而得到圆心距；根据得到两圆相交.
【详解】由题意可得两圆方程为：和
则两圆圆心分别为：和；半径分别为：和
则圆心距：
则 两圆相交
本题正确选项：
【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，关键是判断出圆心距和两圆半径之间的关系，属于基础题.
3．设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．20B．23C．24D．28
【答案】D
【分析】由得到，代入公式求解即可.
【详解】因为是等差数列，
所以，又，所以公差为，
，
故选：D.
4．设等比数列中，前n项和为，已知，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质、等比中项的性质进行求解.
【详解】因为，且也成等比数列，
因为，，所以，
所以8，-1，S9-S6成等比数列，所以8(S9-S6)=1，
即，所以.故B，C，D错误.
故选：A.
5．朱世杰是元代著名数学家，他所著《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中提到一些堆垛问题，如“三角垛果子”，就是将一样大小的果子堆垛成正三棱锥，每层皆堆成正三角形，从上向下数，每层果子数分别为1，3，6，10，…，现有一个“三角垛果子”，其最底层每边果子数为10，则该层果子数为（ ）
A．50B．55C．100D．110
【答案】B
【分析】根据题意归纳出本质是等差数列求和问题，利用求和公式可得.
【详解】由题意可得每层果子数分别为1，3，6，10，…，即为1，1+2，1+2+3，1+2+3+4，…，
其最底层每边果子数为10，即有该层的果子数为1+2+3+…+10=×10×11=55．
故选B．
【点睛】本题主要考查以数学传统文化为背景的数列求和问题，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.
6．已知双曲线的实轴长为10，则该双曲线的渐近线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用双曲线的实轴长为，求出，即可求出该双曲线的渐近线的斜率.
【详解】由题意，，所以，，
所以双曲线的渐近线的斜率为.
故选：B.
【点睛】本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，属于基础题.
7．在等差数列中，若，，则公差（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】D
【分析】根据等差数列性质得到，，再由，即可得到结果.
【详解】数列为等差数列又∵ ，根据等差数列性质得到
，，又，
，.
故选：D.
8．已知为等比数列且满足，则数列的前项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据等比数列的通项公式列方程组求出和，再根据公式计算数列 的前 5 项和即可.
【详解】因为为等比数列且满足，设数列公比为，
则， ，即，，
即，，或，
解得 ，所以数列的前项和为，
故选：B.
9．已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ）
A．2B．3C．6D．9
【答案】C
【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.
【详解】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得.
故选：C.
【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.
10．已知数列满足：，则其前100项和为
A．250B．200C．150D．100
【答案】D
【详解】因为 ,所以选D.
11．已知数列的通项公式，则（ ）
A．150B．162C．180D．210
【答案】B
【分析】根据对勾函数性质得到数列单调性，再根据大小关系去掉绝对值符号得到答案.
【详解】由对勾函数的性质可知：
当时，数列为递减；当时，数列为递增.
所以
=
===162.
故选：B.
【点睛】本题考查了数列求和，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，确定数列单调性是解题的关键.
12．对于数列，定义为的“优值”.现已知数列的“优值”，记数列的前项和为，则下列说法正确的个数是（ ）
（1） （2） （3） （4）的最小值为
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据所给，可得当时，，利用作差的方法求出判断（1），再由等差数列求和公式求出判断（2），由分析数列的项的符号变化情况判断（3），求出最值进行判断（4）.
【详解】由题意可知，，
则①，
当时，；
当时，②，①②得，，
解得，当时也成立也成立.（1）正确；
（2）错误；
，当时，即，且，
故当或9时，的前项和取最小值，
最小值为，（3）（4）正确.
故选：C.
二、填空题
13．数列，…的一个通项公式an= .
【答案】
【解析】将数列的前几项写成，，，即可得结果.
【详解】由已知得，数列可写成，，…，故通项公式可以为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了根据数列的特殊项，观察得出数列的通项公式，属于容易题.
14．已知数列为等比数列，，则 .
【答案】
【分析】根据条件及等比数列的定义得到数列为公比为，首项为的等比数列，再利用等比数列的前项和公式即可求出结果.
【详解】因为数列为等比数列，且，设数列的公比为，则公比，
又为常数，又，所以数列为公比为，首项为的等比数列，
则，
故答案为：.
15．设等差数列的前项和为，若，，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】用基本量法求出数列的通项公式，由通项公式可得取最小值时的值，从而得的最小值．
【详解】设数列公差为，则由已知得，解得，
∴，，，又，、
∴的最小值为．
故答案为：．．
【点睛】本题考查等差数列的前项和的最值．首项为负且递增的等差数列，满足的最大的使得最小，首项为正且递减的等差数列，满足的最大的使得最大，当然也可把表示为的二次函数，由二次函数知识求得最值．
16．设直线，圆，若直线与都相切，则方程为 .
【答案】
【分析】利用直线与圆相切，得到和，联立方程即可求解出结果.
【详解】因为的圆心为，半径为，的圆心为，半径为，
又直线与均相切，
所以①，②，由①②得到，即有，
两边平方得，又，得到，
代入①式得到，解得，所以方程为,
故答案为：.
17．已知抛物线C：y2＝4x，C的焦点为F，点M在C上，且|FM|＝6，则点M的横坐标是 ；作MN⊥x轴于N，则＝ .
【答案】 5
【分析】由抛物线方程可得，利用焦半径公式|FM|＝，从而可得点M的横坐标，进而可得.
【详解】解：由题意得F(1，0)，设点M(x，±2)(x>0)，则|FM|＝＝6，解得x＝5，
所以点M的坐标为(5，±2)；
由题意，易得点N(5，0)，从而＝(xN－xF)·|MN|＝××2＝4.
故答案为：5；.
18．意大利数学家傲波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列1，1，2，3，5，8，13，…，数列中的每一项被称为斐波那契数，记作Fn.已知，，（，且n>2）.
（1）若斐波那契数Fn除以4所得的余数按原顺序构成数列，则 .
（2）若，则 .
【答案】 2697 /-1+a
【分析】（1）根据带余除法的性质，总结数列规律，可得答案；
（2）利用递推公式，结合裂项相消，可得答案.
【详解】（1）由题意，，则，，则，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
故由斐波那契数除以4的余数按原顺序构成的数列，是以6为最小正周期的数列，因为，所以；
（2）由斐波那契数的递推关系可知：时，且，，
所以.
故答案为：2697，a -1
三、解答题
19．已知数列满足，数列的前项和为，且.
(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）根据条件可得出数列为等差数列，即可求出，再根据，得到当时，，进而得出，即可求出；
（2）由（1）得出，再利用分组求和即可求出结果.
【详解】（1）由，得到，又，
由等差数列的定义知，数列为首项为，公差为的等差数列，
所以，
又①，当时，②，
由①②得到，
整理得到，
又，得到，
所以，数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，
（2）由（1）知，，
所以，
整理得到.
20．已知为等差数列，前项和为是首项为2的等比数列，且公比大于0，.
(1)求和的通项公式；
(2)若，
①求数列的前项和.
②若对任意，均有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)，
(2)①；②
【分析】（1）设数列的首项为，公差为，数列的公比为，根据条件直接求出首项为，公差为及公比为，即可求出结果；
（2）由（1）得到，①利用错位相减法即可求出结果；②由①得到，再利用数列的增减性，求出的最大值，即可求出结果.
【详解】（1）设数列的首项为，公差为，数列的公比为，
因为，且，所以，解得或（舍去）
所以，
又，得到，，
联立解得，所以.
（2）由（1）知，
①③，
所以④，
由③④得到，
整理得到；
②因为，由①得到，
又因为，所以，得到，
令，则，
易知，当时，，
当时，，由，得到，
所以当时，递增，时，递减，故的最大值为，
所以实数的取值范围为.