2022-2023学年江苏省苏州市高二（上）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年江苏省苏州市高二（上）期中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 直线的倾斜角为( )
A. 不存在 B. C. D.
2. 等比数列中，，，则( )
A. B. C. D.
3. 直线与线段没有公共点，其中，，则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
4. 已知等差数列公差，数列为正项等比数列，已知，，则下列结论中正确的是( )
A. B. C. D.
5. 已知，，，四点共圆，则实数的值为( )
A. B. C. D.
6. 为等差数列前项和，若，，则使的的最大值为( )
A. B. C. D.
7. 直线按向量平移后得直线，设直线与之间的距离为，则的范围是( )
A. B. C. D.
8. 已知数列前项和满足：，数列前项和满足：，记，则使得值不超过的项的个数为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下述四个结论，正确的是( )
A. 过点在轴，轴上截距都相等的直线方程为
B. 直线与圆相交的充分不必要条件是
C. 直线表示过点的所有直线
D. 过点与圆相切的直线方程为
10. 对于数列，设其前项和，则下列命题正确的是( )
A. 若数列为等比数列，，，成等差，则，，也成等差
B. 若数列为等比数列，则
C. 若数列为等差数列，且，，则使得的最小的值为
D. 若数列为等差数列，且，则中任意三项均不能构成等比数列
11. 设直线与圆交于，两点，定点，则的形状可能为( )
A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 正三角形 D. 等腰直角三角形
12. 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：，，，，称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：，，，，称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是( )
A.
B. 既是三角形数，又是正方形数
C.
D. ，，总存在，，使得成立
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知点在直线上，点，，则取得最小值时点坐标为______．
14. 已知正项等比数列满足：，若存在两项、使得，则的最小值为______．
15. 曲线所围成图形面积为______．
16. 在平面直角坐标系中，为直线：上的点，，以为直径的圆心为与直线交于另一点，若为等腰三角形，则点的横坐标为______；若与：相交于、两点，则公共弦长度最小值为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知两直线：和：，试确定，的值，使
与相交于点；
；
，且在轴上的截距为．
18. 本小题分
已知等差数列前项和为，且满足，．
求的值；
设为，的等比中项，数列是以，，为前三项的等比数列，试求数列的通项及前项和的表达式．
19. 本小题分
已知点，：，过点斜率为的直线交圆于，两点．
当面积最大时，求直线方程；
若，在条件下，设点为圆上任意一点，试问在平面内是否存在定点，使得成立，若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．
20. 本小题分
设正项数列前项和为，从条件：，，，，任选一个，补充在下面横线上，并解答下面问题．已知正项数列前项和为，且满足_____．
求；
令，记数列前项和为，若对任意的，，均有恒成立，求实数的取值范围．
21. 本小题分
已知圆：，过点的直线与圆相交于，两点，且，圆是以线段为直径的圆．
求圆的方程；
设，，圆是的内切圆，试求面积的取值范围．
22. 本小题分
已知正项数列满足．
求数列的通项公式；
求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据题意，直线与轴垂直，其倾斜角为．
故选：．
根据题意直线与轴垂直可得答案．
本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：设公比为，因为、，
所以，解得，
所以．
故选：．
设公比为，依题意，从而求出，再根据通项公式计算可得．
本题主要考查了等比数列通项公式的应用，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：直线化为，
由题可知，当直线经过点时，解得，
当直线经过点时，解得，
若直线与线段没有公共点，
则有或，
故实数的取值范围是．
故选：．
数形结合即可求得的取值范围．
本题主要考查直线的斜率，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
若，则，得，解得，不符合题意；
所以，得，又，
令，得，即，
设，则，且，
所以式变为，
由题意，知和是方程的两个解，
令，且，
则一次函数与指数函数的图象至少有个交点，
作出两个函数图象，如图，

当函数与单调递增或递减时，才会有个解，
且无论哪种情况，都有时，；时，；时，；
所以，，，，
即，，，．
故选：．
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意可知，由得，设，则，利用一次函数和指数函数的性质，结合图形，可得时；时；时，依次判断选项即可．
本题主要考查等差数列与等比数列的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：设过四点的圆的方程为，，
将，，代入可得：，解得，
所以圆的方程为，
将代入圆的方程得，解得．
故选：．
先由，，三点求出圆的方程，再把代入方程即可求解．
本题主要考查圆的一般方程，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为等差数列中，，，
所以，即，
由可得，
联立整理得，
解得，
因为为正整数，．
故选：．
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解的取值范围，进而可求满足题意的．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：当直线的方向向量与共线时，这时候直线与重合，距离为最短，，
当直线的方向向量与垂直时，这时候直线与平行且距离为最长，．
故选：．
根据直线的方向向量与的位置关系考虑．
本题主要考查直线的一般式方程与直线的平行关系，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：，
当时，，
由得，
当时，，则符合上式，故；
又，当时，，
由得，即，
当时，，则，
数列是首项为，公比为的等比数列，
，
，
又，即，
又单调递增，单调递增，单调递增，
又，，，，
故使得值不超过的项的个数为，
故选：．
根据数列前项和与的关系，可得，同理数列前项和与的关系，可得，则可得，判断其单调性，即可得出答案．
本题考查等差数列和等比数列的综合，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，没有考虑截距均为的情况，排除；
对于，若直线与圆相交，
则，解得，是直线与圆相交的充分不必要条件，故B正确；
对于，点在轴上，但无论取何值，不能表示轴，故C不正确；
对于，设过的直线方程为，即，
，即，解得，
过的直线方程为，故D正确．
故选：．
对于，没有考虑截距均为的情况，排除；对于，根据圆心到直线的距离与半径的大小比较进行求解即可；对于，利用反例即可排除；对于，设出过直线方程，再根据圆心到直线的距离等于半径即可求出结果．
本题主要考查直线与圆的位置关系，直线的截距式方程，充分必要条件的判断，圆的切线方程，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于，若数列为等比数列，，，成等差，由等差数列的性质可得，，
若公比，则，
故，所以，
由等比数列的求和公式可得，，
整理得，由于，所以，
所以，即，
故，，也成等差，故A正确；
对于，若数列为等比数列，若公比时，；
若公比时，则，所以，故B不正确；
对于，若数列为等差数列，公差为，由，
得，即，则，
所以，得，又，则，故C不正确；
对于，若数列为等差数列，且，则公差，
所以，
假设等差数列中的三项，，构成等比数列，，，，且，，互不相等，
由等比数列的性质可得，，
结合等比数列的通项公式可得，，
所以，
因为，，，则，其中，
则，得，这与，，互不相等矛盾，故假设不成立，则中任意三项均不能构成等比数列，故D正确．
故选：．
根据等比数列的通项与前项和公式判断，的正误；根据等差数列的通项与前项和公式判断，的正误即可．
本题综合考查了等差数列与等比数列的性质及通项公式，求和公式的应用，考查了分析问题的能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：直线，整理为，
当得，，所以直线过定点，且点在圆上，
且圆心，半径，直线，
即，其斜率，因为，故，
则当直线过圆心，则线段为圆的直径，
则此时是以为直角顶点的直角三角形，
此时直线斜率，解得，故B可能；
由知，当直线过圆心时，为直角三角形，
故当时，整理得，不等式有解，
即直线在直线下方时，是以为钝角顶点的顿角三角形，故A可能；
若为正三角形，则直线与直线垂直，又，
则有，整理得，方程无实根，
故不存在这样的直线使得为正三角形，故C不可能；
若为等腰直角三角形，则必有一边为圆的直径，
若线段为圆的直径，则直线斜率，，又得满足直线与直线垂直，，
所以，两直线不垂直，故不是以为斜边的等要直角三角形；
若线段或为直径，还是得满足直线与垂直，
故不是以或为斜边的等要直角三角形，故D不可能．
故选：．
由已知可得直线过定点，且直线斜率，分别分析为特殊三角形所需满足的几何关系即可判断．
本题综合考查了直线及圆的性质在求解三角形中的应用，考查了分析问题及逻辑推理的能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：三角形数构成数列：，，，，
易发现，，，，
累加得，
所以，也成立；
正方形数构成数列：，，，，
易发现，，，，
累加得，得到，也成立；
对，，
所以，故选项A错误；
对，令，解得；令，解得，故选项B正确；
对，，
所以，
整理得，，故选项C正确；
对，取，且，令，有，
故，，总存在，，使得成立，故选项D正确；
故选：．
利用累加法，分别求出，，进而分别利用裂项求和法、放缩法，逐个选项进行判断即可得到答案．
本题考查数列通项公式和前项和的求法，考查转化思想和运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：如图，设关于直线的对称点为，
因为，
所以，解得，，则，
所以，
结合图形则当，，三点共线时，此时取得最小值，即在点位置时，
则，直线为，
于是，
解得，，即，
故取得最小值时点坐标为．
故答案为：．
作图分析，结合对称性将转化为，则点与，在同一直线时，最小，求得此时点坐标即可．
本题主要考查了点关于直线对称性质的应用，还考查了对称性在距离的最值求解中的应用，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：设等比数列的公比为，由得，
解得舍去，
，
由得，
，
所以，当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值是．
故答案为：．
由条件先求出公比，由等比数列通项公式得出，满足的关系，然后由基本不等式得最值．
本题主要考查了等比数列的通项公式，考查了基本不等式的应用，属于基础题，
15.【答案】
【解析】解：分四种情况讨论：
当，时，方程可化为：，
表示圆心为，半径为的圆；
当，时，方程可化为：，
表示圆心为，半径为的圆；
当，时，方程可化为：，
表示圆心为，半径为的圆；
当，时，方程可化为：，
表示圆心为，半径为的圆．
作出图像如图所示：
由图可知：曲线所围成图形为四个半圆和一个正方形所组成的区域，
正方形边长和圆的直径相等，
所以．
故答案为：．
分情况去掉绝对值，从而可作出曲线的图像，进而求得面积．
本题考查圆的标准方程，考查数形结合思想，分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】或
【解析】解：依题意为直径，所以，
又为等腰三角形，
所以为等腰直角三角形，
过点与直线：垂直的直线方程为，
由，解得，即，又，
则，设，所以，解得或，
设，则、的中点，，
所以圆的方程为，
又：，所以公共弦的方程为，
即，即，
令，解得，即直线恒过定点，：的圆心，半径，
所以，所以公共弦的最小值为；
故答案为：或；
根据直径所对的圆周角为直角得到为等腰直角三角形，求出过点且与直线垂直的直线，两直线的交点即为点坐标，再求出，依题意，设，即可得到方程，解得点的横坐标，再设，即可表示出圆的方程，两圆方程作差得到公共弦方程，求出公共弦过定点，再由弦长公式求出公共弦的最小值．
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：将点代入两直线方程得：和，
解得，．
由得：，，
又两直线不能重合，所以有，对应得，
所以当，或，时，．
当时直线：和：，此时，，．
当时此时两直线的斜率之积等于，显然与不垂直，
所以当，时直线和垂直，且在轴上的截距为．
【解析】将点代入两直线方程，解出和的值．
由得斜率相等，求出值，再把直线可能重合的情况排除．
先检验斜率不存在的情况，当斜率存在时，看斜率之积是否等于，从而得到结论．
本题考查两直线平行、垂直的性质，两直线平行，斜率相等，两直线垂直，斜率之积等于，注意斜率相等的两直线可能重合，要进行排除．
18.【答案】解：设等差数列首项为，公差为，
，，
则，解得，
故，
；
由得，则，，
是，等比中项，
，即，解得，
又数列是以，，为前三项的等比数列，
当时，数列是前三项依次为，，的等比数列，
其首项为，公比为，故，，
当时，数列是前三项依次为，，的等比数列，
其首项为，公比为，故，．
【解析】设等差数列首项为，公差为，由等差数列通项公式和前项和公式列方程组即可求得首项和公差，即可得出答案；
由得，则，，由为，的等比中项可求得，分类讨论，，即可得出答案．
本题考查等差数列和等比数列的综合，考查转化思想和方程思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：设直线的方程为，即，
因为，
所以为等腰三角形，
设，，
设的中点为，
所以，
所以，，
所以，，
所以当时，取得最大值，
此时，解得，
所以当的面积最大时，直线的方程为或．
当时，由知，圆的方程为，
设圆上任意一点，，则，即，
因为，
所以，
所以，
所以，
把代入上式可得，
，
整理得，
假设点为圆上任意一点，在平面内是否存在定点，使得成立，
则，
解得，
所以
【解析】设直线的方程为，即，设，，设的中点为，则，，由三角函数的性质，可得当时，取得最大，进而可得答案．
当时，由知，圆的方程为，设圆上任意一点，，则，由，得，则，即可解得答案．
本题考查直线与圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：选取条件，对任意的，，
当时，，解得，
当且时，，
两式相减得，
，且也满足，
故对任意的，，
，
数列为等差数列，
故；
选取条件，对任意的，，
当时，则，则，解得，
当且时，，则，
两式相减得，即，
对任意的，，
当且时，，
故数列为等差数列，且首项为，公差为，
，
故；
选取条件，对任意的，，且，
当时，，解得，
当且时，，则，
两式相减得，
对任意的，，
当且时，，
所以，数列和数列均为等差数列，且公差均为，
，，
故对任意的，，
，则数列为等差数列，
；
由得，则，
，，
由得，
，即
对任意的，，均有恒成立，转化为恒成立，
，，即对任意且恒成立，
令，则，
当时，，则数列单调递增，即；
当时，，则数列单调递减，即，
故数列中的最大项为，即，
故实数的取值范围为．
【解析】选，令可求得的值，令，由，可得，两式作差可得出的表达式，综合可得出数列的通项公式，即可得出答案；
选，令可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，即可得出答案；
选，当且时，由可得，两式作差可推导出数列和数列均为等差数列，且公差均为，求出数列和数列的通项公式，可得出数列的通项公式，即可得出答案；
由得，则，求出，利用错位相减法可求得，题意转化为对任意的，，均有成立，令，分析数列的单调性，求出该数列最大项的值，即可得出答案．
本题考查等差数列和等比数列的综合，考查转化思想和方程思想、函数思想，考查作差法和错位相减法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：设直线的方程为，因为圆半径为，，
所以圆心到直线的距离，即，解得，
当时，过与直线：垂直的直线与：交点为，所以圆方程为；
当时，过与直线：垂直的直线与：交点为，所以圆方程为，
即所求圆方程为或．
由圆的性质可知，只研究圆方程为时即可，
设：与圆相切，则有，
即有，从而有，
设：与圆相切，则有，
即有，从而有，
联立直线，，由得，
所以，
当时，．
【解析】设出直线，根据已知求出弦心距，从而求出直线的方程．再根据两圆相交时，圆心连线与交线垂直得出点坐标，从而求得结果；
根据圆的性质，可从中结果中任选一种解答，根据已知可得，三边所在的直线就是圆的切线，设出切线方程，可以表示出斜率和的关系，，两点都在轴上，则以做底，高就是点横坐标的绝对值．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查圆的方程的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：由，得，
即，令，有，，
又，故，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，
所以有，即；
证明：因为，，，
当且为偶数时，，
化简得，
所以，
当且为奇数时，则且为偶数，
由上述证明可知，
又因为，
所以，
综上．
【解析】由，可得，令，利用构造法求出数列的通项公式，从而可求得的通项公式；
分且为偶数和且为奇数两种情况讨论，结合并项求和和奇偶分析法，通过放缩即可得出结论．
本题考查利用数列递推关系求数列通项公式，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
第1页，共1页