2023-2024学年江苏省常熟市高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省常熟市高二上学期期中数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A．36B．45C．54D．63
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质得到，然后求和即可.
【详解】，所以，.
故选：C.
2．圆的圆心到直线的距离为（ ）
A．0B．1C．D．
【答案】D
【分析】由点到直线的距离公式计算.
【详解】由题意可得圆心坐标为，圆心到直线的距离为．
故选：D．
3．数列中，，，则（ ）
A．77B．78C．79D．80
【答案】D
【分析】利用裂项求和法求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以，
由，解得.
故选：D
4．直线，，若两条直线平行，则实数（ ）
A．B．1C．3D．或3
【答案】C
【分析】根据两直线平行的条件，列式求解即可.
【详解】因为，，
由可得且，
解得，
故选：C.
5．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据直线的方程得到直线恒过定点，根据曲线的方程曲线表示半圆，然后结合图形求的范围即可.
【详解】直线恒过定点，
曲线的方程可整理为，，
所以曲线表示以为圆心，半径为1的半圆，图象如下所示：
，为两种临界情况，由题意得，则，
令圆心到直线的距离，解得，则，
所以当时，直线与曲线有两个不同的交点.
故选：A.
6．数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心（三边中垂线的交点）、重心（三边中线的交点）、垂心（三边高的交点）依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．已知的顶点为，，，则该三角形的欧拉线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由重心坐标公式可得：重心，根据垂直平分线的性质设出外心，根据，求出外心，再求出斜率，利用点斜式即可求出欧拉线方程.
【详解】由重心坐标公式可得：重心，即.
设外心，因为，所以，解得，即：.
，故欧拉线方程为：，即：，
故选：A.
7．已知，，（，），为其前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用递推关系构造得是一个以3为首项，2为公比的等比数列，再赋值，结合等比数列的前n项和公式求答案.
【详解】由（，）可得，
已知，，所以，
即是一个以3为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
，，，，，
，
故选B.
8．已知正方形的边长为2，点在以为圆心，1为半径的圆上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立直角坐标系，取点，探讨满足条件的点的轨迹，再结合已知，求出两条线段长度和的最小值作答.
【详解】依题意，以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系，则，如图，

取点，设，当时，，
化简整理得，即点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
而点在以为圆心，1为半径的圆上，因此，显然点在圆：外，
则，当且仅当为线段与圆的交点时取等号，
而，所以的最小值为.
故选：D
【点睛】关键点睛：建立坐标系，取点并求出满足条件的点的轨迹是解题的关键.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．直线的倾斜角为
B．经过点，且在，轴上截距互为相反数的直线方程为
C．直线与直线之间的距离是
D．直线，，，则
【答案】ACD
【分析】由直线斜率求出倾斜角判断A；求出过原点的直线方程判断B；求出平行线间距离判断C；由两直线垂直求出参数判断D.
【详解】对于A，直线的斜率，则其倾斜角为，A正确；
对于B，过点，且在，轴上截距互为相反数的直线还有过原点的，其方程为，B错误；
对于C，直线与直线，即间的距离，C正确；
对于D，由，得，且，解得，D正确.
故选：ACD
10．下列命题中，正确的有（ ）
A．数列中，“（，）”是“是公比为2的等比数列”的必要不充分条件
B．数列的通项为，若为单调递增数列，则
C．等比数列中，，是方程的两根，则
D．等差数列，的前项和分别为，，若，则
【答案】AD
【分析】利用必要不充分条件的意义判断A；利用递增数列列出不等式求解判断B；利用等比中项意义求出判断C；利用等差数列的性质，结合前项和公式计算判断D.
【详解】对于A，是公比为2的等比数列，则有（，），
反之，当（，），若，数列不是等比数列，
因此“（，）”是“是公比为2的等比数列”的必要不充分条件，A正确；
对于B，，为单调递增数列，
则，，即，
而数列单调递减，即，因此，B错误；
对于C，令等比数列的公比为，依题意，
显然，而，因此，C错误；
对于D，等差数列，的前n项和为分别为，，
所以，D正确.
故选：AD
11．已知圆与直线，点在直线上运动，直线，分别与圆切于点，，则下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积最小值为
B．最短时，弦长为
C．最短时，弦直线方程为
D．直线过定点
【答案】ACD
【分析】A选项，根据面积公式得到当时四边形的面积最小，然后求面积；B选项，利用等面积的思路求；C选项，根据，得到为以为直径的圆上的点，然后根据圆的方程求弦所在直线的方程；D选项，设，借助圆的方程得到直线的方程为，然后求定点.
【详解】
由题意得四边形PAMB的面积，，
因为，，所以当长度最小时，四边形的面积最小，
最小为点到直线的距离，所以，
所以四边形的面积最小值为，故A正确；
由圆的性质得，
由A选项可得，最短时，四边形的面积最小，，
所以，故B错；
由题意得，，所以为以为直径的圆上的点，
所以直线为两圆公共弦所在的直线，
，直线：，即，
联立得，所以最短时，，中点坐标为，
此时以为直径的圆的方程为，
联立得，所以弦所在直线的方程为，故C正确；
设，则，即，
以为直径的圆的方程为，
联立得，
所以直线的方程为，
将代入得，
令，解得，
所以直线过定点，故D正确.
故选：ACD.
12．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据数列各项可知其是以为周期的周期数列，由此可判断A，B；根据斐波那契数列的定义，采用累加法可判断C；由斐波那契数列定义可推导得到，累加即可判断D.
【详解】斐波那契数列：，则
，即数列是以6为周期的周期数列，
对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，，，，
，故C正确；
对于D，因为，
所以，
所以，，，，
所以，
又，所以，故D正确，
故选：BCD.
【点睛】解题关键是能够根据斐波那契数列的定义，确定其数列前后项所满足的关系式，进而验证得到新定义的数列为周期数列.
三、填空题
13．过点，，圆心在直线上的圆的标准方程为
【答案】
【分析】设圆心为，由，列方程解出和，可得圆的标准方程.
【详解】圆心在直线上，设，设圆的半径为，由圆过点，，
有，则，
解得，，
所以圆的标准方程为.
故答案为：
14．点关于直线的对称点的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据对称点的求法求得正确答案.
【详解】设对称点的坐标为，
则，
解得，所以对称点的坐标为.
故答案为：
15．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据直线方程得到，，，根据勾股定理得到，然后根据不等式求最值即可.
【详解】直线可得，
直线可整理为，令，解得，
所以，
因为，所以直线与直线垂直，则，
所以点的轨迹为以为直径的圆，
，所以，
所以，当且仅当时等号成立.
故答案为：.
16．设数列的前项和为，且，数列满足，其中．则使不等式对任意正整数都成立的最大实数的值为 ．
【答案】/0.75
【分析】先通过递推公式求出的通项公式，代入求出的通项公式，最后代入转化为恒成立问题，研究新数列的单调性即可求出最小值.
【详解】因为，所以，
所以，即，
两边同除可得，
又因为时，所以，
所以是以为首项，1为公差的等差数列，
即，
所以，
代入不等式可得，
即，
令，则，
所以
，
因为，
所以，
所以恒成立，即为单调递增数列，所以，
所以，即的最大值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：数列的恒成立问题往往需要研究数列的单调性，一般通过作差法来判断单调性.
四、解答题
17．在中，点的坐标为，边上的中线所在直线的方程为，直线的倾斜角为．
(1)求点的坐标；
(2)过点的直线与轴的正半轴、轴的正半轴分别交于，两点，求（为坐标原点）面积的最小值．
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）根据直线的倾斜角为得到直线的方程，然后与边上的中线所在的直线方程联立得到点；
（2）设直线的方程为，根据点的坐标得到，然后利用基本不等式求最值.
【详解】（1）因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又的坐标为，所以直线的方程为，即．
因为BC边上的中线经过点A，由与联立，解得，，
所以点的坐标为．
（2）依题意可设直线的方程为（，），则．
因为，，所以，则，
当且仅当时，等号成立，所以面积的最小值为．
18．已知等差数列的前项和为，且满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的性质和求和公式计算；
（2）利用分组求和的方法计算.
【详解】（1）依题意，设数列的公差为，
因为，所以，则，
因为，即，所以，
所以，，所以，即．
（2）因为，所以，
所以．
19．已知的三个顶点分别为，，，直线经过点．
(1)求外接圆的方程；
(2)若直线与圆相交于两点，且，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或．
【分析】（1）先判断三角形的形状为等腰直角三角形，则圆心为斜边的中点，半径为斜边的一半可以得到圆的方程；
（2）先根据弦长求出弦心距，再考虑直线斜率是否存在，分别判断直线是否符合要求，最后得到两条直线方程.
【详解】（1）因为，，，
所以，，所以，所以，
又因为，所以是等腰直角三角形，
所以的圆心是的中点，即圆心，半径，
所以的方程为；
（2）因为圆的半径为2，当直线截圆的弦长为时，圆心到直线的距离为，
①当直线与轴垂直时，此时直线斜率不存在，直线为，与圆心的距离为1，满足条件；
②当直线的斜率存在时，设，即，
则圆心到直线的距离为，解得，
此时直线的方程为，即，
综上可知，直线的方程为或．
20．已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设是首项为1，公比为3的等比数列，
①求数列的前项和；
②若不等式对一切恒成立，求实数的最大值．
【答案】【小题1】； 【小题2】①；②．
【分析】（1）根据等差数列通项公式与前n项和公式，结合等比中项进行求解；
（2）①先计算的通项公式，再用错位相减法求解；
②代入，得到对一切恒成立，构造函数，再求的最小值，即可求得结果.
【详解】（1）依题意得，解得，
，即．
（2）①，，
，
，
所以．
．
②由（1）易求得，所以不等式对一切恒成立，
即转化为对一切恒成立，
令，则，
又，
当时，；时，，
所以，且，则．
所以实数的最大值为．
21．已知数列的前项和记为，且，数列是公比为的等比数列，它的前项和记为．若，且存在不小于3的正整数，，使得．
(1)若，，求的值；
(2)求证：数列是等差数列；
(3)若，是否存在正整数，，使得？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，，．
【分析】（1）根据求；
（2）根据和等差数列的定义证明；
（3）根据等差、等比数列的求和公式和得到，然后结合，为不小于3的正整数得到，.
【详解】（1）当时，，
因为，，所以．
（2）由，得，
两式相减，得，即，
所以．
两式相减，得，所以数列为等差数列．
（3）依题意：，由得：，
即，所以．
因为，且，所以，
又因为，且为奇数，所以时，是整数，此时，
所以，．
22．已知线段的端点的坐标是，端点的运动轨迹是曲线，线段的中点的轨迹方程是．
(1)求曲线的方程；
(2)已知斜率为的直线与曲线相交于两点，（异于原点）直线，的斜率分别为，，且，
①证明：直线过定点，并求出点的坐标；
②若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析，；②证明见解析
【分析】（1）直接设点，由中点坐标代入即可得到轨迹方程；
（2）先设直线然后联立，联立后得到韦达定理，再求斜率之积，代入韦达定理得到参数之间的关系，进而得到直线过定点，然后应用直角三角形斜边中线长是斜边一半求出定点坐标即可.
【详解】（1）设，，由中点坐标公式得．
因为点的轨迹方程是，所以，
整理得曲线的方程为．
（2）①设直线的方程为，，，，
联立，得，
所以，即，
所以，，
所以，
所以且，
所以直线的方程为，即直线过定点．
②如图所示，
因为为定值，且于，所以为直角三角形，为斜边，
所以当点是的中点时，此时为定值．
因为，，所以由中点坐标公式得．
所以存在定点使得为定值．
【点睛】关键点睛：定点问题的解题关键是设出直线然后应用韦达定理求出参数之间的联系，定值问题关键在于求出斜边是定值，进而得到斜边中线也是定值，即可得到对应的点.