2023-2024学年福建省漳州市部分学校高二上学期11月期中联考数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年福建省漳州市部分学校高二上学期11月期中联考数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 39.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-05 13:21:26 | ||
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文档简介
2023-2024学年福建省漳州市部分学校高二上学期11月期中联考数学试题
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.设数列满足，且，则( )
A. B. C. D.
2.直线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
3.在等差数列中，，，则公差( )
A. B. C. D.
4.已知圆的圆心为抛物线的顶点，且圆经过点，则圆的方程为( )
A. B.
C. D.
5.在等比数列中，已知，则必有( )
A. B. C. D.
6.设曲线的方程为，则为( )
A. 一条线段 B. 一个点 C. 两条射线 D. 一个圆
7.直线与圆交于，两点，则的面积为( )
A. B. C. D.
8.按照小方的阅读速度，他看完巴黎圣母院共需分钟年月日，他开始阅读巴黎圣母院，当天他读了个小时，从第二天开始，他每天阅读此书的时间比前一天减少分钟，则他恰好读完巴黎圣母院的日期为( )
A. 年月日 B. 年月日 C. 年月日 D. 年月日
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知数列的前两项为，，则的通项公式可能为( )
A. B. C. D.
10.下列判断正确的是( )
A. 点在直线上
B. 点到直线的距离为
C. 直线与直线垂直
D. 圆与圆外切
11.若数列不是单调递增数列，但数列是单调递增数列，则称是数列下列数列是数列的是( )
A. B. C. D.
12.若曲线与圆恰有个公共点，则的取值可能是( )
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知无穷数列，，，，，，则这个数列的第项为 ．
14.两平行直线与之间的距离为 ．
15.若直线与两个圆，都相离，则的取值范围是 ．
16.一个小球从米高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的处，则小球第次落地时，经过的路程是 米小球第次落地时，经过的路程是 米
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
已知数列的前项和，求的通项公式．
18.本小题分
已知直线经过直线与直线的交点．
若直线经过点，求直线在轴上的截距
若直线与直线平行，求直线的一般式方程．
19.本小题分
已知数列满足，．
求的通项公式
求数列的前项和．
20.本小题分
已知圆的圆心在轴上，且经过，两点．
求圆的圆心坐标和半径
若是圆上的一个动点，求到直线的距离的最小值．
21.本小题分
已知数列满足，．
证明：数列是等比数列．
求数列的前项和．
22.本小题分
已知圆．
证明：圆恒过两个定点．
当时，若过点的直线与圆交于，两点，且等于直线的斜率，求直线的斜率．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查数列的递推关系式，属于基础题．
根据递推关系式先求出，再求出即可．
【解答】
解：因为，且，
所以，
所以．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角和斜率，属基础题．
由直线方程可得斜率，结合直线的倾斜角的取值范围，即可求出倾斜角．
【解答】
解：由题意得，
设直线的倾斜角为，
则，则，
所以该直线的倾斜角为．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
由求解．
【解答】
解：是等差数列，
公差，
故选C．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查圆的方程，属于基础题．
由抛物线的顶点得到圆的圆心坐标为，再求出圆的半径，得解．
【解答】
解：因为抛物线的顶点坐标为，所以圆的圆心坐标为，
又圆经过点，所以圆的半径，
所以圆的方程为．
故选B．
5.【答案】
【解析】分析：
本题考查等比数列的性质，属于中档题．
由等比数列的性质可知，从而根据得出．
解答：
因为，所以，在等比数列中，各项均不为，所以必有．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了动点的轨迹判断，属于基础题．
由方程可得曲线方程表示动点到定点的距离之和，分析即可求解．
【解答】
解：表示点与点，的距离之和为，
因为点，的距离也为，所以表示线段．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查点到直线距离公式，圆的弦长，属于基础题．
根据题意求出弦心距，再求出弦，可得的面积．
【解答】
解：由题意得圆心到直线的距离，
则，
所以的面积为．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查等差数列求和的应用，上容易题，解等差数列的求和公式可得答案
【解答】
解：根据题意，从年月日开始到读完的前一天，他每天阅读巴黎圣母院的时间单位：分钟依次构成等差数列，且首项为，公差为，则由，得，且，所以小方读此书天恰好可以读完，又月有日，故他恰好读完巴黎圣母院的日期为年月日．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查数列的通项公式，属于基础题．
观察数列的特点，即可得到其通项公式．
【解答】
解：因为，，
所以的通项公式可能为或．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查点在线上，点到直线的距离，两直线垂直，两圆的关系，属于基础题．
根据点在线上，点到直线的距离，两直线垂直，两圆的关系，逐项判断即可．
【解答】
解：对于，满足方程，故A正确；
对于，点到直线的距离，故B错误；
对于，直线与直线斜率乘积为，故两直线垂直，故C正确；
对于，两圆心圆心分别为，，半径都是，圆心距为，等于两半径之和，故两圆相外切，故D正确．
故选ACD．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查的是数列的新定义，以及数列的单调性，难度适中；
分别判断每个选项中的单调性，再判断的单调性，即可求解；
【解答】
解答：
当时，是单调递减数列，
因为，
当时，单调递增，
所以是单调递增数列，
所以是数列．
当时， 不是递增数列，因为，所以是单调递增数列，所以是数列．
因为，
所以是递减数列，因为，且是单调递增数列，
所以是数列．
当时，，，
所以不是单调递增数列，不是数列．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
由条件可得直线，均与圆相交，且两直线的交点不在该圆上，即可得关于的不等式，求解即可．
【解答】解：因为曲线 与圆 恰有个公共点，
所以直线 ， 均与圆 相交，
且两直线的交点 ，不在该圆上，
则有
解得 ， ，
故选BD
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查数列的通项公式的应用，属于基础题．
根据题意，由数列的通项公式，令，计算即可得答案．
【解答】
解：令，得这个数列的第项为．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查两平行直线的距离公式的运用，考查运算能力，属于基础题．
运用两平行直线的距离公式求解即可．
【解答】
解：两平行直线与之间的距离为．
15.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，是中档题．
根据直线与圆的位置关系求解即可．
【解答】解：点到直线的距离，解得．
点到直线的距离，解得．
故的取值范围是
16.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了等比数列求和的应用，
根据已知及等比数列求和的计算，求出小球经过的路程．
解答：
设小球第次落地时经过的路程为，小球从第次落地到第次落地时经过的路程为米，
则， ， ，，
则，
所以小球第次落地时，经过的路程是米，
小球第次落地时，
经过的路程是米
17.【答案】解：当时，，
，
所以．
【解析】本题主要考查了递推关系、数列通项公式与前项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
分，以及两种情况进行讨论即可．
18.【答案】解：由解得，
即和的交点坐标为，
因为直线经过点，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，得，所以直线在轴上的截距为．
因为直线与直线平行，
所以可设直线的方程为，
又直线经过点，所以，得，
所以直线的一般式方程为．
【解析】本题考查了直线方程的综合求法，属于基础题．
先联立方程得出和的交点坐标，再求出直线的斜率，由点斜式得出直线的方程，可得直线在轴上的截距；
可设直线的方程为，代入点得出，可得直线方程．
19.【答案】解：由，，可得．
所以数列是公差为的等差数列，因为
所以，
所以．
由知．
所以
【解析】本题主要考查等差数列的通项公式求法，裂项相消法求和，属于中档题．
由，，可得，利用等差数列通项公式可得结果；
由可得，利用裂项相消法求和即可．
20.【答案】解：因为圆的圆心在轴上，所以可设圆的方程为，
又圆经过，两点，所以，解得
故圆的圆心坐标为，半径为．
由题意得圆心到直线的距离为，
所以到直线的距离的最小值为
【解析】本题主要考查的是圆的标准方程，点到直线的距离，点到圆上点的最值问题。属于中档题．
根据条件，设出圆的方程，利用待定系数法求解即可．
求出圆心到直线的距离，则点到直线距离的最小值为，即可求解．
21.【答案】解：证明：因为，
所以．
又，所以，
所以数列是等比数列，且首项为，公比为．
由知，
即，则，
，
，
则，
所以．
【解析】本题考查数列的递推关系、等比数列的通项公式、等比数列的求和、等比数列的判定与证明、错位相减法，属于中档题．
根据数列的递推关系得出，结合等比数列的定义进行证明即可；
根据等比数列的通项公式进行求解，求出，利用错位相减法，即可求出结果．
22.【答案】证明：圆的方程可化为．
令
解得或
故圆恒过两个定点，且这两个定点的坐标为和
解：当时，圆的方程可化为．
由题知直线的斜率存在且不为，设直线的方程为．
联立消去得，
所以，，
，解得．
因为，
所以，解得，
又，所以．
【解析】本题考查圆过定点问题，考查直线与圆的位置关系及应用，考查数学运算能力，属于较难题．
圆的方程可化为，令解方程组即可求出圆过定点的坐标，即可证得圆恒过两个点．
由题知直线的斜率存在且不为，可设直线的方程为，因为，所以，求解即可．
第1页，共1页
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.设数列满足，且，则( )
A. B. C. D.
2.直线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
3.在等差数列中，，，则公差( )
A. B. C. D.
4.已知圆的圆心为抛物线的顶点，且圆经过点，则圆的方程为( )
A. B.
C. D.
5.在等比数列中，已知，则必有( )
A. B. C. D.
6.设曲线的方程为，则为( )
A. 一条线段 B. 一个点 C. 两条射线 D. 一个圆
7.直线与圆交于，两点，则的面积为( )
A. B. C. D.
8.按照小方的阅读速度，他看完巴黎圣母院共需分钟年月日，他开始阅读巴黎圣母院，当天他读了个小时，从第二天开始，他每天阅读此书的时间比前一天减少分钟，则他恰好读完巴黎圣母院的日期为( )
A. 年月日 B. 年月日 C. 年月日 D. 年月日
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知数列的前两项为，，则的通项公式可能为( )
A. B. C. D.
10.下列判断正确的是( )
A. 点在直线上
B. 点到直线的距离为
C. 直线与直线垂直
D. 圆与圆外切
11.若数列不是单调递增数列，但数列是单调递增数列，则称是数列下列数列是数列的是( )
A. B. C. D.
12.若曲线与圆恰有个公共点，则的取值可能是( )
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知无穷数列，，，，，，则这个数列的第项为 ．
14.两平行直线与之间的距离为 ．
15.若直线与两个圆，都相离，则的取值范围是 ．
16.一个小球从米高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的处，则小球第次落地时，经过的路程是 米小球第次落地时，经过的路程是 米
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
已知数列的前项和，求的通项公式．
18.本小题分
已知直线经过直线与直线的交点．
若直线经过点，求直线在轴上的截距
若直线与直线平行，求直线的一般式方程．
19.本小题分
已知数列满足，．
求的通项公式
求数列的前项和．
20.本小题分
已知圆的圆心在轴上，且经过，两点．
求圆的圆心坐标和半径
若是圆上的一个动点，求到直线的距离的最小值．
21.本小题分
已知数列满足，．
证明：数列是等比数列．
求数列的前项和．
22.本小题分
已知圆．
证明：圆恒过两个定点．
当时，若过点的直线与圆交于，两点，且等于直线的斜率，求直线的斜率．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查数列的递推关系式，属于基础题．
根据递推关系式先求出，再求出即可．
【解答】
解：因为，且，
所以，
所以．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角和斜率，属基础题．
由直线方程可得斜率，结合直线的倾斜角的取值范围，即可求出倾斜角．
【解答】
解：由题意得，
设直线的倾斜角为，
则，则，
所以该直线的倾斜角为．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
由求解．
【解答】
解：是等差数列，
公差，
故选C．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查圆的方程，属于基础题．
由抛物线的顶点得到圆的圆心坐标为，再求出圆的半径，得解．
【解答】
解：因为抛物线的顶点坐标为，所以圆的圆心坐标为，
又圆经过点，所以圆的半径，
所以圆的方程为．
故选B．
5.【答案】
【解析】分析：
本题考查等比数列的性质，属于中档题．
由等比数列的性质可知，从而根据得出．
解答：
因为，所以，在等比数列中，各项均不为，所以必有．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了动点的轨迹判断，属于基础题．
由方程可得曲线方程表示动点到定点的距离之和，分析即可求解．
【解答】
解：表示点与点，的距离之和为，
因为点，的距离也为，所以表示线段．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查点到直线距离公式，圆的弦长，属于基础题．
根据题意求出弦心距，再求出弦，可得的面积．
【解答】
解：由题意得圆心到直线的距离，
则，
所以的面积为．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查等差数列求和的应用，上容易题，解等差数列的求和公式可得答案
【解答】
解：根据题意，从年月日开始到读完的前一天，他每天阅读巴黎圣母院的时间单位：分钟依次构成等差数列，且首项为，公差为，则由，得，且，所以小方读此书天恰好可以读完，又月有日，故他恰好读完巴黎圣母院的日期为年月日．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查数列的通项公式，属于基础题．
观察数列的特点，即可得到其通项公式．
【解答】
解：因为，，
所以的通项公式可能为或．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查点在线上，点到直线的距离，两直线垂直，两圆的关系，属于基础题．
根据点在线上，点到直线的距离，两直线垂直，两圆的关系，逐项判断即可．
【解答】
解：对于，满足方程，故A正确；
对于，点到直线的距离，故B错误；
对于，直线与直线斜率乘积为，故两直线垂直，故C正确；
对于，两圆心圆心分别为，，半径都是，圆心距为，等于两半径之和，故两圆相外切，故D正确．
故选ACD．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查的是数列的新定义，以及数列的单调性，难度适中；
分别判断每个选项中的单调性，再判断的单调性，即可求解；
【解答】
解答：
当时，是单调递减数列，
因为，
当时，单调递增，
所以是单调递增数列，
所以是数列．
当时， 不是递增数列，因为，所以是单调递增数列，所以是数列．
因为，
所以是递减数列，因为，且是单调递增数列，
所以是数列．
当时，，，
所以不是单调递增数列，不是数列．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
由条件可得直线，均与圆相交，且两直线的交点不在该圆上，即可得关于的不等式，求解即可．
【解答】解：因为曲线 与圆 恰有个公共点，
所以直线 ， 均与圆 相交，
且两直线的交点 ，不在该圆上，
则有
解得 ， ，
故选BD
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查数列的通项公式的应用，属于基础题．
根据题意，由数列的通项公式，令，计算即可得答案．
【解答】
解：令，得这个数列的第项为．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查两平行直线的距离公式的运用，考查运算能力，属于基础题．
运用两平行直线的距离公式求解即可．
【解答】
解：两平行直线与之间的距离为．
15.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，是中档题．
根据直线与圆的位置关系求解即可．
【解答】解：点到直线的距离，解得．
点到直线的距离，解得．
故的取值范围是
16.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了等比数列求和的应用，
根据已知及等比数列求和的计算，求出小球经过的路程．
解答：
设小球第次落地时经过的路程为，小球从第次落地到第次落地时经过的路程为米，
则， ， ，，
则，
所以小球第次落地时，经过的路程是米，
小球第次落地时，
经过的路程是米
17.【答案】解：当时，，
，
所以．
【解析】本题主要考查了递推关系、数列通项公式与前项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
分，以及两种情况进行讨论即可．
18.【答案】解：由解得，
即和的交点坐标为，
因为直线经过点，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，得，所以直线在轴上的截距为．
因为直线与直线平行，
所以可设直线的方程为，
又直线经过点，所以，得，
所以直线的一般式方程为．
【解析】本题考查了直线方程的综合求法，属于基础题．
先联立方程得出和的交点坐标，再求出直线的斜率，由点斜式得出直线的方程，可得直线在轴上的截距；
可设直线的方程为，代入点得出，可得直线方程．
19.【答案】解：由，，可得．
所以数列是公差为的等差数列，因为
所以，
所以．
由知．
所以
【解析】本题主要考查等差数列的通项公式求法，裂项相消法求和，属于中档题．
由，，可得，利用等差数列通项公式可得结果；
由可得，利用裂项相消法求和即可．
20.【答案】解：因为圆的圆心在轴上，所以可设圆的方程为，
又圆经过，两点，所以，解得
故圆的圆心坐标为，半径为．
由题意得圆心到直线的距离为，
所以到直线的距离的最小值为
【解析】本题主要考查的是圆的标准方程，点到直线的距离，点到圆上点的最值问题。属于中档题．
根据条件，设出圆的方程，利用待定系数法求解即可．
求出圆心到直线的距离，则点到直线距离的最小值为，即可求解．
21.【答案】解：证明：因为，
所以．
又，所以，
所以数列是等比数列，且首项为，公比为．
由知，
即，则，
，
，
则，
所以．
【解析】本题考查数列的递推关系、等比数列的通项公式、等比数列的求和、等比数列的判定与证明、错位相减法，属于中档题．
根据数列的递推关系得出，结合等比数列的定义进行证明即可；
根据等比数列的通项公式进行求解，求出，利用错位相减法，即可求出结果．
22.【答案】证明：圆的方程可化为．
令
解得或
故圆恒过两个定点，且这两个定点的坐标为和
解：当时，圆的方程可化为．
由题知直线的斜率存在且不为，设直线的方程为．
联立消去得，
所以，，
，解得．
因为，
所以，解得，
又，所以．
【解析】本题考查圆过定点问题，考查直线与圆的位置关系及应用，考查数学运算能力，属于较难题．
圆的方程可化为，令解方程组即可求出圆过定点的坐标，即可证得圆恒过两个点．
由题知直线的斜率存在且不为，可设直线的方程为，因为，所以，求解即可．
第1页，共1页