广州省深圳市2024-2025学年高二上册11月期中考试数学检测试题（含解析）

这是一份广州省深圳市2024-2025学年高二上册11月期中考试数学检测试题（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.（5分）直线的斜率为（ ）
A.B.C.D.
2.（5分）已知等比数列，若，，则（ ）
A.B.C.D.
3.（5分）若椭圆的右焦点坐标为（1，0），则的值为（ ）
A.1B.3C.5D.7
4.（5分）设两直线：，：相互垂直，则m的值为（ ）
A.1B.2C.-2D.-3
5.（5分）已知，是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的任意一点，则的最大值是（ ）
A.9B.16C.25D.
6.（5分）设等差数列的前项和为，且满足，，则当取得最小值时，n的值为（ ）
A.10B.12C.15D.24
7.（5分）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述运算，经过有限步后，必然进入循环1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”.如取正整数，根据上述运算法则得出5→16→8→4→.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），当时，（ ）
A.72B.77C.82D.87
8.（5分）“”是“圆与坐标轴有四个交点”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.非充分必要条件
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9.（6分）已知两椭圆和，则（ ）
A.两椭圆有相同的焦点B.两椭圆的离心率相等
C.两椭圆有4个交点D.两椭圆有相同的对称轴和对称中心
（多选）10.（6分）已知数列，满足，且，则（ ）
A.当时，是等比数列B.
C.当时，是等差数列D.当时，是递增数列
（多选）11.（6分）已知实数x，y满足方程，则（ ）
A.的取值范围是B.的取值范围是
C.的取值范围是D.的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.（5分）若直线，，交于一点，则_________.
13.（5分）已知数列满足，，若，则数列的前n项和_________.
14.（5分）已知椭圆C：的左右焦点分别为，，过的直线与C交于A，B两点.若，，且的面积为，则椭圆C的方程为_________.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.（13分）已知椭圆的方程为，设椭圆的左右焦点分别为，，与y轴正半轴的交点为A.
（1）求的周长；
（2）设过椭圆的右焦点，且斜率为1的直线与椭圆交于B，C两点，求弦的长.
16.（15分）已知圆：，圆.
（1）求证：两圆，相交；
（2）设两圆交于A，B两点，求四边形的面积.
17.（15分）已知数列中，，.
（1）求证：数列为等差数列，并求；
（2）求的前n项和.
18.（17分）已知椭圆C：，，在椭圆C上.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若斜率存在的直线交椭圆C于M，N两点，且线段的中点P的横坐标为-2，过P作新直线，
①求直线和直线的斜率之积；
②证明新直线恒过定点，并求出该定点的坐标.
19.（17分）在所有不大于的正整数中，记既不能被2整除也不能被3整除的个数记为.（注：一个自然数能被p和q整除当且仅当其能被p，q的最小公倍数整除，如能被5和3整除等价于能被15整除）
（1）求，的值（不需说明）；
（2）求关于n的表达式；
（3）若数列满足，记数列的前n项和为，求证：对于，均有.
答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.【正确答案】C
【分析】将直线方程化为斜截式，即可求出直线的斜率.
解：直线即，
所以直线的斜率为.
故选：C.
2.【正确答案】C
【分析】利用等比数列的性质求解.
解：等比数列，，，
∴.
故选：C.
3.【正确答案】B
【分析】由椭圆的性质直接求解即可.
解：因为椭圆右焦点坐标为（1，0），
所以，且椭圆焦点在x轴上，
故.
故选：B.
4.【正确答案】C
【分析】根据题意，由直线垂直的性质可得，解可得m的值，即可得答案.
解：直线：，：相互垂直，
故，解得.
故选：C.
5.【正确答案】C
【分析】设，，，，由此可求出的最大值.
解：设，，，
∴，
∴的最大值是25，
故选：C.
6.【正确答案】B
【分析】根据前n项和的定义结合等差数列性质可得，进而分析数列的符号性，即可得结果.
解：，
则，即，
又因为数列为等差数列，则，
可得，即，
且，可知，，
即当时，；当时，；
所以当取得最小值时，n的值为12.
故选：B.
7.【正确答案】B
【分析】由，推得数列从第六项起呈现4，2，1的循环，计算可得所求和.
解：由，
可得数列从第六项起呈现4，2，1的循环，
故.
故选：B.
8.【正确答案】A
【分析】根据点与圆位置关系的几何意义即可判断.
解：由，可以表示为点（0，0）在圆的内部，
此时圆与坐标轴有四个交点，则充分性成立；
反之，由圆的方程可知，圆心为，半径为R，
则要使圆与坐标轴有四个交点，
则，，则，则必要性不成立，
故“”是“圆成立的充分不必要条件.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.【正确答案】BD
【分析】根据椭圆的几何性质，即可求解.
解：对于A选项，椭圆E即为，椭圆即为，
它们的焦点分别在x，y轴上，所以A选项错误；
对于B选项，因为，的离心率均为，所以B选项正确；
对于C，联立，可得，，
所以与有2个公共点，故C错误；
对D选项，显然两椭圆有相同的对称轴和对称中心，∴D选项正确.
故选：BD.
10.【正确答案】ACD
【分析】对于A，当时，由，且，得是等比数列；对于B，由已知得；对于C，当时，由，得，，推导出，故是等差数列；对于D，由，得，推导出是递增数列.
解：数列，满足，且，
对于A，当时，由，且，
故是等比数列，故A正确；
对于B，由已知有，故B错误；
对于C，当时，由得，
∴，
∴，故是等差数列，故C正确；
对于D，∵，∴，
∴，
∴是递增数列，故D正确.
故选：ACD.
11.【正确答案】BCD
【分析】直接利用直线与圆的位置关系，进一步利用点斜式，点到直线的距离，以及直线的截距判断A、B、C、D的结论.
解：由于实数x，y满足，
所以方程表示的几何图形为单位圆位于y轴右侧的部分（包括y轴上两点），
其中，，，
如图所示：
对于A，何意义为上的点到（2，0）的距离的平方，
所以为最小值，最小值为1，或取得最大值，最大值为，
所以的取值范围是，选项A错误；
对于B，的几何意义是半圆上的点与的连线的斜率，
设过点的直线为，则，
解得，此时为最小斜率，直线的斜率为最大值，即，
所以斜率的取值范围是，选项B正确；
对于C，设，则，为直线与y轴的交点的纵坐标，
当与的图形相切于H时，取得最小值，t取得最大值，
由，解得（负值舍去），
当过点时，取得最大值，t取得最小值，，解得，
所以的取值范围是，选项C正确；
对于D，的几何意义是上的点到的距离，
过点O作直线于点J，与的图形交于点S，
则即为上的点到的距离最小值，其中，
所以，过点N作直线于点K，
则即为上的点到的距离最大值，最大值为，
所以的取值范围是，
所以的取值范围是，选项D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.【正确答案】1.
【分析】由题意可得直线和的交点（1，2）在上，从而求得m的值.
解：联立，解得，即交点为（1，2），
代入直线，可得.
故1.
13.【正确答案】.
【分析】由等差数列的通项公式求得，再由数列的裂项相消求和，可得所求和.
解：，，即，
由等差数列的通项公式可得，
则，
可得.
故答案为.
14.【正确答案】.
【分析】根据椭圆的几何性质及题意，建立方程，即可求解.
解：设，则，
所以，又，
所以，
又，所以，
所以，，，，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，又三角形的面积为，
所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以椭圆C的方程为.
故答案为.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.【正确答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）利用椭圆的定义结合焦点三角形的性质即可求解；
（2）由题可得直线的方程为：，联立椭圆的方程，由根与系数的关系可得，，然后利用弦长公式即可求解.
解：（1）由题，，，
所以；
（2）由题，右焦点为，直线的斜率为1，
所以直线的方程为：，设，，
联立，化简得，
所以，，
所以
.
16.【正确答案】（1）证明过程见解析；
（2）6.
【分析】（1）求出两圆的圆心和半径，求出圆心距，进而得到结论；
（2）求出两圆的公共弦所在直线方程，求得圆心到直线的距离，进而求解结论.
证明：（1）圆：的圆心，半径，
圆：，即：的圆心，半径，
可得，即，
所以两圆相交.
解：（2）设，则其同时满足两圆的方程：，，
故其也满足两式之差：，化简得一直线方程：，
即A在直线上，同理点B也在直线上，因此：就是直线的方程.
到直线的距离，由垂径定理可得.
因为，四边形的面积.
17.【正确答案】（1）证明见解析，；
（2）.
【分析】（1）由已知数列的递推式可得，运用等差数列的定义和通项公式，可得所求；
（2）由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和.
解：（1）因为，所以，
故，
即数列是以-1为首项，2为公差的等差数列，
故，
所以；
（2）依题意可得，
，
两式相减可得，
所以.
18.【正确答案】（1）；
（2）①；
②证明见解析，定点为.
【分析】（1）由已知条件列方程组，求出a，b即可得解；
（2）①利用点差法即可得解；
②由①及，可得直线的方程为，即可得证过定点.
解：（1）由题可得，解得：，
故椭圆C的方程为：；
（2）①由题，设，，，显然，
如图，
联立，两式作差变形得，
因为P为线段的中点，所以，
又，，
所以，
即直线和直线的斜率之积为；
②证明：由①可得直线的斜率为，
又，所以直线的方程为，
即，
所以新直线过定点，坐标为.
19.【正确答案】（1）2，12；（2）；（3）证明见解答.
【分析】（1）分别考虑在不大于6和36的所有正整数中，既不能被2整除也不能被3整除的个数，可得结论；
（2）分别考虑在不大于的所有正整数中，能被2整除的个数和能被3整除的奇数个数，可得结论；
（3）运用不等式的放缩法和等比数列的求和公式，即可得到证明.
解：（1）在不大于6的所有正整数中，既不能被2整除也不能被3整除的数为1，5，共2个，
即有；
在不大于36的所有正整数中，能被2整除的共有18个，能被3整除的奇数个数为6，；
（2）在不大于的所有正整数中，能被2整除的数有个，能被3整除的数有个，
能被2和3同时整除的数，即是能被6整除的数，其个数有个，
所以满足题意的表达式为；
（3）证明：由（2）知，当时，，所以，
当时，，
（上式放缩用到了不等式性质，若，，则）
则时，，
也即，综上可得，对于成立，即证.