2024-2025学年江苏省苏州市高二上学期期中数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年江苏省苏州市高二上学期期中数学检测试题（附解析），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知直线，若，则（）
A. 或B.C.或D.
【正确答案】B
【分析】由条件结合直线平行结论列方程求，并对所得结果进行检验.
因为，，
所以，所以，解得或，
当时，，，直线重合，不满足要求，
当时，，，直线平行，满足要求，
故选：B.
2. 已知等差数列前项和为，若，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据给定条件，利用等差数列前项和公式、等差数列性质计算即得.
在等差数列中，由，得.
故选：D
3. 已知等比数列的各项均为负数，记其前项和为，若，则（）
A. －8B. －16C. －32D. －48
【正确答案】B
【分析】利用等比数列的性质先计算，再根据条件建立方程解公比求值即可.
设的公比为，
则由题意可知，，
化简得或（舍去），
则.
故选：B
4. 已知圆C的圆心在x轴上且经过，两点，则圆C的标准方程是（）
AB.
C. D.
【正确答案】A
【分析】设出圆的标准方程，利用待定系数法计算即可.
因为圆C的圆心在x轴上，故设圆的标准方程,
又经过，两点，
所以，解得，
所以圆的标准方程.
故选：A.
5. 已知点，，点A关于直线的对称点为点B，在中，，则面积的最大值为（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先根据对称的性质求出点的坐标，设，再由可求出点的轨迹方程，由图可知中边上的高为圆的半径时，面积最大，从而可求得结果.
设的坐标为，则，则的坐标为，
设，，
．
所以.
故选：C
6. 已知点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值为（）
A. 6B. C. D.
【正确答案】D
【分析】求出直线方程，利用点到直线的距离，结合圆的性质求出点到直线距离的最小值即可求得最小值.
两点，B0,3，则，直线方程为，
圆的圆心，半径，
点到直线的距离，
因此点到直线距离的最小值为，
所以面积的最小值是.
故选：D
7. 已知和分别是双曲线的左右焦点，以为直径的圆与双曲线交于不同四点，顺次连接焦点和这四点恰好组成一个正六边形，则该双曲线的离心率为（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】设双曲线和圆在第一象限的交点为，根据正六边形可得点的坐标，然后再根据点在双曲线上得到间的关系式，于是可得离心率．
由题意得，以为直径的圆的半径为，
设双曲线和圆在第一象限的交点为，
由正六边形的几何性质可得，
∴点的坐标为，
又点在双曲线上，
∴，即，
整理得，
∴，解得或，
又，∴，
∴．
故选：C．
8. 已知数列是各项为正数的等比数列，公比为q，在之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，在之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差为，则（）
A. 当时，数列单调递减B. 当时，数列单调递增
C. 当时，数列单调递减D. 当时，数列单调递增
【正确答案】D
【分析】根据数列的定义，求出通项，由通项讨论数列的单调性.
数列是各项为正数的等比数列，则公比为，
由题意，得，
时，，有，，数列单调递增，A选项错误；
时，，，若数列单调递增，则，即，由，需要，故B选项错误；
时，，解得，
时，，由，若数列单调递减，则，即，而不能满足恒成立，C选项错误；
时，，解得或，由AB选项的解析可知，数列单调递增，D选项正确.
故选：D
思路点睛：此题的入手点在于求数列的通项，根据的定义求得通项，再讨论单调性.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，、为切点，则以下四个命题正确的是（）
A. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
B. 圆与圆恰有三条公切线，则
C. 不存在点，使得
D. 直线经过定点
【正确答案】ABD
【分析】A选项，圆心到的距离，为半径的一半，A正确；B选项，根据公切线条数得到两圆外切，从而由圆心距和半径之和相等，列出方程，求出；C选项，求出⊥直线时，OP最小，此时最大，求出此时，C正确；D选项，四点共圆，且为直径，设，求出此圆的方程，两圆方程相减得到直线的方程为，求出定点坐标.
A选项，的圆心为，半径为2，
圆心到的距离，为半径的一半，
故圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，A正确；
B选项，圆与圆恰有三条公切线，
则两圆外切，即，解得，B正确；
C选项，当点运动到⊥直线时，OP最小，此时最大，
设，因为的斜率为，
则，解得，故，，
此时切线长，故，
故，
故存在点，使得，C错误；
D选项，因为⊥，⊥，故四点共圆，且为直径，
设，则的中点为，半径为，
故以为直径的圆方程为，
化简得，
与相减后得到，
即直线方程为，
令，解得，
直线经过定点，D正确.
故选：ABD
结论点睛：设Ax1,y1,Bx2,y2，以线段为直径的圆的方程为.
10. 在数列中，如果对任意，都有（为常数），则称数列为比等差数列，称为比公差.则下列说法错误的是（）
A. 等比数列一定是比等差数列，且比公差
B. 等差数列一定不是比等差数列
C. 若数列是等差数列，是等比数列，则数列一定是比等差数列
D. 若数列满足，，则该数列不是比等差数列
【正确答案】ABC
【分析】根据比等差数列定义直接验证可判断A；令，依定义验证可判断B；令，，然后依定义验证可判断C；根据递推公式求出前4项，然后依定义验证可判断D.
若为等比数列，公比，则，，
所以，故选项A错误；
若，是等差数列，则，故为比等差数列，故选项B错误；
令，，则，此时无意义，故选项C错误；
因为数列满足，，
所以，，故，
所以不是比等差数列，故选项D正确.
故选：ABC.
11. 法国著名数学家加斯帕尔•蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.若矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（）
A. 椭圆的蒙日圆方程为
B. 若为正方形，则的边长为
C. 若是椭圆蒙日圆上一个动点，过作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于两点，则面积的最大值为18
D. 若是直线上的一点，过点作椭圆的两条切线与椭圆相切于两点，是坐标原点，连接，当为直角时，或
【正确答案】ABD
【分析】A选项，求出，可得到蒙日圆方程；B选项，设出边长，得到方程，求出答案； C选项，，由基本不等式求出最值； D选项，直线与的交点即为所求点，联立后得到点坐标，进而得到.
解：对于A，椭圆的四个顶点处的切线，
恰好围成长、宽分别为和的矩形，蒙日圆为此矩形的外接圆，半径，
故椭圆的蒙日圆方程为，故A正确；
对于B，由题意可知正方形是圆的内接正方形，
设正方形的边长为，可得，解得，
即正方形的边长为，故B正确；
对于 C，由题意可得，则为圆一条直径，
则，由勾股定理可得，
所以
当且仅当时，等号成立，
因此，面积的最大值为9，故 C错误；
对于 D，过直线上一点作椭圆的两条切线，切点分别为，，
当为直角时，点在椭圆的蒙日圆上，
即为直线与圆的交点，
由，解得或，
即点的坐标为或，
则直线（为坐标原点）的斜率为0或，故 D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在中，，则以为焦点，且过点的双曲线的离心率为______.
【正确答案】3
【分析】由双曲线定义以及焦距、离心率公式即可列式求解.
由题意知.
故3.
13. 数列满足，且，则该数列前5项和可能是___________(填一个值即可）
【正确答案】5（答案不唯一）
【分析】由条件可得，即有或，结合运算即可得．
因为，
即，
所以或，
又，故该数列前5项可能为：1、1、1、1、1，或1、1、1、1、2，
或1、1、1、2、2，或1、1、2、2、2，或，或1、2、4、8、8，或1、2、4、8、16，
该数列前5项和可能是5、6、7、8、、23、31.
故5（答案不唯一）.
14. 已知直线l：的图象与曲线C：有且只有一个交点，则实数k的取值范围是_____________．
【正确答案】或
【分析】求出动直线所过定点，化简曲线为半圆，作出图象，数形结合可得解.
由可得，即直线过定点，
由可得，即曲线C：，
作出曲线与直线的图象，如图，
当直线过点时，斜率，当直线过点时，斜率，
直线与曲线相切时，圆心到直线的距离，
即，解得或（由图可知不符合题意，舍去），
由图可知，当直线斜率满足或时，直线与曲线只有一个交点.
故或
四、解答题：本大题共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. 已知等差数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，且，若，求的最小值.
【正确答案】（1）
（2）10
【分析】（1）设等差数列的公差为，然后利用公式构建基本量的方程求解即可.
（2）先将等差数列的通项代入,得到数列的通项,再求和,解不等式即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
则解得，
故.
【小问2详解】
由（1）可得，则，
所以,则数列是是等差数列，
故.
因为，所以，所以，
所以或.
因为，所以的最小值是10.
16. 已知直线过点.
（1）若直线在轴上的截距是在轴上的截距的倍，求直线的方程；
（2）已知的一个顶点为A，AB边上的中线CM所在的直线方程为，AC边上的高BH所在的直线方程为.求BC所在直线的方程.
【正确答案】（1）或
（2）
【分析】（1）分直线在两坐标轴上的截距为0和不为0两种情况，设出直线方程，将代入得到直线方程；
（2）根据垂直得到直线的方程为，将代入，求出直线的方程，联立直线CM和直线的方程求出，再设，则，在直线，在，从而得到方程组，求出，得到，利用两点式求出直线方程.
【小问1详解】
当直线在两坐标轴上的截距为0时，设直线的方程为，，
将代入得，，解得，
故直线的方程为，
当截距不为0时，设直线的方程为，
将代入得，解得，
故直线的方程为，
所以直线方程为或；
【小问2详解】
因为⊥，高BH所在的直线方程为，
所以设直线的方程为，
将代入得，，解得，
故直线的方程为，
联立与得，
故，
设，则，
在直线上，故①，
又在上，故②，
联立①②得，，故，
BC所在直线的方程为，即.
17. 已知圆．
（1）直线过点且与圆相切，求直线的方程；
（2）圆与圆交于两点，求公共弦长．
【正确答案】（1）或
（2）
【分析】（1）根据直线斜率是否存在分类讨论，再结合点到直线距离及直线与圆相切列出关系式求解即可得出答案.
（2）先联立方程组求出公共弦所在直线方程；再根据点到直线距离求出圆心到直线的距离；最后根据弦长公式即可得出答案.
【小问1详解】
由圆可得：圆心坐标为，半径为
1°若直线斜率不存在，则直线方程为，此时点到直线的距离为，故直线与圆相切，符合题意；
2°若直线斜率存在，设直线方程为，即.
由直线与圆相切可得：，解得．
此时直线的方程为：，
综上直线的方程为：或．
【小问2详解】
联立，得：直线方程为．
圆心到直线距离为，
故公共弦长．
18. 若数列共有项，都有，其中为常数，则称数列是一个项数为的“对数等和数列”，其中称为“对数等和常数”.已知数列是一个项数为的对数等和数列，对数等和常数为.
（1）若，，，求的值；
（2）定义数列满足：，，2，3，…，m.
（i）证明：数列是一个项数为的对数等和数列；
（ii）已知数列是首项为1024，公比为的等比数列，若，求的值.
【正确答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由题干信息可得，即可得答案；
（2）（i）注意到，即可证明结论；
（ii）由题可得表达式，后由裂项求和法可得答案.
【小问1详解】
依题意，又，
所以，即.
【小问2详解】
（i）依题意，则，因此，
从而，即数列是一个项数为的对数等和数列.
（ii）依题意，，
即，即，则，
又，故，即，
此时，即，，
注意到，
所以.
19. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，且右焦点到双曲线渐近线的距离为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与椭圆交于两点．
①若直线过椭圆右焦点，且的面积为，求实数的值；
②若直线过定点，且，在轴上是否存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形？若存在，则求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
【正确答案】（1）
（2）①；②存在，
【分析】（1）根据椭圆的定义和点到双曲线渐近线的距离求出椭圆方程；
（2）①联立后根据弦长公式求出弦长再求出面积即可；②先假设存在，再根据菱形对角线互相垂直的特点，转化为斜率问题，最后求出取值范围.
【小问1详解】
双曲线的渐近线方程为，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
如图所示，
①联立，得，
，
所以，
又椭圆左焦点到直线的距离，
所以，
解得（舍去），所以
②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形，
联立，可得，
且，解得，
设中点，则，
因为，
所以，整理得
又，所以
所以．
关键点睛：本题的关键点在于将以为邻边的平行四边形为菱形这个条件转化对角线垂直，进而斜率之积（先说明斜率存在）为的这个条件，就可以应用韦达定理进行求解了.