2023-2024学年福建省漳州市东山县高二（上）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年福建省漳州市东山县高二（上）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在数列，，，，，，中，是它的( )
A. 第项 B. 第项 C. 第项 D. 第项
2.已知等比数列中，，，则( )
A. B. C. D.
3.设等差数列的前项和，若，则( )
A. B. C. D.
4.点到直线的最大距离为( )
A. B. C. D.
5.已知直线：，圆：，若圆上恰有三个点到直线的距离都等于，则( )
A. B. C. D.
6.一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为( )
A. 或 B. 或 C. 或 D. 或
7.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，中心有一块圆形石板称为天心石，环绕天心石砌若干块扇面形石板构成第环，依次向外共砌环，从第环起，每环依次增加相同块数的扇面形石板已知最内环共有块扇面形石板，最外环共有块扇面形石板，则圜丘坛共有扇面形石板不含天心石( )
A. 块 B. 块 C. 块 D. 块
8.直线：与直线：相交于点，对任意实数，直线，分别恒过定点，，则的最大值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如果数列为递增数列，则的通项公式可以为( )
A. B. C. D.
10.已知直线：，圆：，则下列说法正确的是( )
A. 直线必过点
B. 直线与圆必相交
C. 圆心到直线的距离的最大值为
D. 当时，直线被圆截得的弦长为
11.已知实数，满足方程，则下列说法正确的是( )
A. 的最大值为 B. 的最大值为
C. 的最大值为 D. 的最大值为
12.在平面直角坐标系中，圆：，点为直线：上的动点，则( )
A. 圆上有且仅有两个点到直线的距离为
B. 已知点，圆上的动点，则的最小值为
C. 过点作圆的一条切线，切点为，可以为
D. 过点作圆的两条切线，切点为，，则直线恒过定点
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.数列的首项，且对任意，恒成立，则 ______ ．
14.设数列的前项和为，若，，且是等差数列则的值为______ ．
15.已知数列中，，且当时，有，则数列的通项公式为______ ．
16.过点的直线为，为圆：与轴正半轴的交点若直线与圆交于，两点，则直线，的斜率之和为______ ．
四、解答题：本题共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
根据下列条件，求直线的一般方程：
过点且与直线平行；
过点，且在两坐标轴上的截距之和为．
18.本小题分
已知圆过点，且圆心在直线上．
求圆的方程；
设点在圆上运动，点，记为线段的中点，求的轨迹方程；
19.本小题分
已知是首项为的等比数列，且，，成等差数列．
求数列的通项公式；
设，，求数列的前项和．
20.本小题分
已知等比数列的前项和为，且
求数列的通项公式；
在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，若数列满足，求数列的前项和．
21.本小题分
设为数列的前项和，为数列的前项积，已知．
求，；
求证：数列为等差数列；
求数列的通项公式．
22.本小题分
已知直线：和以点为圆心的圆．
求证：直线恒过定点；
当直线被圆截得的弦长最短时，求的值以及最短弦长；
设恒过定点，点满足，记以点、坐标原点、、为顶点的四边形为，求四边形面积的最大值，并求取得最大值时点的坐标．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据题意，数列的通项公式为，
故，解可得．
故选：．
根据题意，由数列的通项公式可得关于的方程，解可得答案．
本题考查数列的表示方法，涉及数列的通项公式，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：等比数列中，，，
，解得，
．
故选：．
由等比数列中，，，利用等比数列的性质求出，由此能求出的值．
本题考查等比数列的第项的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：在等差数列中，由，得，即．
．
故选：．
由已知结合等差数列的性质求得，再由等差数列的前项和得答案．
本题考查等差数列的性质，考查等差数列的前项和，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意知，直线即，
所以该直线恒过定点，
则点到直线的最大距离即为点到定点的距离，
即．
故选：．
由题意可得直线恒过定点，题意所求最大距离即为点到定点的距离，结合两点距离公式计算即可求解．
本题主要考查点到直线的距离以及两点间的距离计算，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：圆心，则点到直线的距离，
又因为圆上恰有三个点到直线的距离为，
所以圆心到直线的距离，即，
故选：．
先求出圆心到直线的距离，由圆上恰有三个点到直线的距离都为，得到圆心到直线的距离，由此能出的值．
本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：由题意可知：点在反射光线上．
设反射光线所在的直线方程为：，即．
由相切的性质可得：，化为：，
解得或．
故选：．
由题意可知：点在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：，利用直线与圆的相切的性质即可得出．
本题考查了直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、光线反射的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：每层扇面形石板的块数成等差数列，设为，其中，，
则，解得，
故，
故圜丘坛共有扇面形石板不含天心石块．
故选：．
每层扇面形石板的块数成等差数列，设为，再结合等差数列的性质，以及等差数列的前项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，以及等差数列的前项和公式，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：直线：，当，得，
即点，
直线：，当，得，即点，
且两条直线满足，所以，即，
，
，当时，等号成立，
所以的最大值为．
故选：．
首先求点，的坐标，并判断两条直线的位置关系，结合基本不等式，即可求解．
本题考查了直线过定点问题，涉及到基本不等式的应用，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，，则，，则数列不是递增的，不符合题意；
对于，，则，数列递增，符合题意；
对于，，则，又由，则有，数列递增，符合题意；
对于，，则，则数列递增，符合题意；
故选：．
根据题意，依次分析选项中数列的单调性，可得答案．
本题考查数列的函数特性，涉及数列的单调性，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：由直线：，可得直线必过点，故A错误；
因为，所以点在圆内，所以直线与圆必相交，故B正确；
圆心到直线的距离，当时距离取最大值，故C正确；
当时，直线：，则直线被圆截得的弦长为，故D错误．
故选：．
求得定点坐标判断；判断定点在圆内判断；利用点到直线的距离公式求得最大值判断；求得弦长判断．
本题考查了直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：由圆的方程，可化为，
设圆的圆心为，可得圆心坐标为，半径为，
对于中，设，即，由，解得，
即的最大值为，所以A正确；
对于中，由，表示原点到圆上点的距离，
又由，则的最大值为，所以的最大值为，
所以不正确；
对于中，设，即，由，解得，
即的最大值为，所以C正确；
对于中，设，即，由，解得或，所以D错误．
故选：．
化简圆的方程，求得圆心，半径为，分别设、和，结合直线与圆的位置关系，列出不等式，可判定、C正确，不正确；改写，结合其几何意义和点与圆的性质，可判定不正确．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：选项A，由题意知，圆心到直线的距离为，
而圆的半径为，
所以圆上有且仅有两个点到直线的距离为，即A正确；
选项B，设点关于直线的对称点为，
则，解得，即，
所以，当且仅当，，，三点共线时，等号成立，
所以的最小值为，即B正确；
选项C，由切点为，知，
在中，，
所以当最小时，取最大值，此时也取最大值，
过点作，垂足为，此时最小，最小值为，
所以的最大值为，即最大为，不可能为，故C错误；
选项D，设点，则，，
所以以为直径的圆的方程为，即，
因为，既在圆上，也在以为直径的圆上，
所以弦所在的直线方程为，
因为，所以，即，
令，则，，
所以直线恒过定点，即D正确．
故选：．
对，求出圆心到直线的距离，并与半径比较，即可判断；对，先求出点关于直线的对称点，再利用“将军饮马”的原理，求解即可；对，利用，可将问题转化为求的最小值，再结合点到直线的距离公式，即可得解；对，根据，两点既在圆上，也在以为直径的圆上，可得直线的方程，再求定点，即可求解．
本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握点关于直线的对称问题，“将军饮马”的原理，两圆公共弦所成直线方程的求法等是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：依题意可得，得，
又，则，
所以，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
所以．
故答案为：．
根据题意先求得，再将原条件转化为，再由递推关系可推导出是为等差数列，从而求得求得其通项公式，进而求解即可．
本题考查了等差数列的定义和通项公式，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：设等差数列的公差为，则，解得；
，化为，
时，，
时上式也成立．
，
时，；时，．
．
故答案为：．
设等差数列的公差为，可得，解得，利用通项公式可得，再利用时，，可得，通过对分类讨论即可得出结论．
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、绝对值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：因为当时，有，
所以，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以．
故答案为：．
将递推关系化为，则数列是等比数列可求出其通项公式，从而可得数列的通项公式．
本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：因为为圆：与轴正半轴的交点．所以点，
当直线斜率存在时，设直线方程为，
代入圆的方程可得．
设点，则，
所以，，
则，
当直线斜率不存在时，方程为，
此时直线与圆的交点为，，则，
综上所述，与的斜率之和为定值．
故答案为：．
求出，设出直线方程，代入圆的方程，根据韦达定理得出．进而表示出直线，的斜率，计算可得结论．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
17.【答案】解：设直线方程为，则，，
所求直线方程为．
设直线方程为，，，
即或，
所求方程为或，即或
【解析】直线方程为，带点求值即可，
设直线方程为，得到，，解得即可．
本题考查了直线平行的条件和直线方程的形式，属于基础题．
18.【答案】解：，的中点坐标为，直线的斜率为，
故线段的垂直平分线方程为，即，
联立得，即圆的圆心为，半径为，
故圆的方程为．
设，，因为线段的中点，
所以，则，
因点在圆上运动，所以，
则，
即的轨迹方程为．
【解析】先求的垂直平分线方程为，与的交点即圆心，圆心到点的距离即为半径，即可得圆的标准方程．
由为线段的中点得到坐标与坐标的关系，代入圆方程可得轨迹方程．
本题考查轨迹方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
19.【答案】解：是首项为的等比数列，
设等比数列的公比为，，
因为，，成等差数列，
所以，即，
化得，解得，
由等比数列的通项公式，
可得所求通项公式为，；
因为，
所以，
则，
，
得，
所以．
【解析】由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到所求；
由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：因为，
故时，，
所以，即，
因为数列为等比数列，
所以时，，即，
所以；
由题意得，
所以，
所以．
【解析】由已知结合数列的和与项的递推关系及等比数列的通项公式可求；
先求出，然后求出，再由裂项求和即可求解．
本题主要考查了数列的和与项的递推关系的应用，等比数列的通项公式，数列的裂项求和，属于中档题．
21.【答案】解：当时，，
由，可得，解得，即；
当时，，解得；
证明：当时，由，可得，
上面两式相除可得，
化为，
即为，
则数列首项为，公差为的等差数列；
由可得，
即有，
当时，；
当时，，
所以．
【解析】分别令，，结合的定义，解方程可得所求值；
当时，将原等式中的换为，两式相除，整理可得，再由等差数列的定义，可得证明；
运用等差数列的通项公式和数列的递推式，计算可得所求通项公式．
本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
22.【答案】解：证明：将直线的方程化为，
由，可得，故直线恒过定点．
当时，圆心到直线的距离达到最大值，
此时，直线被圆截得的弦长最短，此时，
所以直线的斜率为，解得，且，
此时，直线被圆截得的弦长最小，且其最小值为．
由可知，点，设点，
则，整理可得，
由，可得，解得，
又因为点，由下图可知，
当点的坐标为时，点到轴的距离最大，
此时，的面积最大，此时，四边形的面积取最大值，
即四边形的面积，
故当点的坐标为时，四边形的面积取最大值，且最大值为．
【解析】将直线的方程变形，联立方程组，可求得直线所过定点的坐标；分析可知，当时，圆心到直线的距离达到最大值，此时直线截得的弦长最短，根据直线的斜率关系可求得的值，求出圆心到直线距离的最大值，再结合弦长公式可求出直线被圆截得弦长的最小值；设点，利用距离公式可化简得出点的轨迹方程，数形结合可求出四边形面积的最大值及其对应的点的坐标．
本题考查了直线与圆的位置关系，考查最长弦长与最短弦长的问题，考查运算求解能力，属中档题．
第1页，共1页