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2023-2024学年甘肃省临夏州积石山县三校高二上学期期中联考数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年甘肃省临夏州积石山县三校高二上学期期中联考数学试题含答案，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．数列-4，7，-10，13，…的一个通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据数列中数据特征得到通项公式.
【详解】由符号来看，奇数项为负，偶数项为正，所以通项公式中应该是，
数值4，7，10，13，…满足，所以通项公式可以是．
故选：B．
2．设等差数列前n项和是，若，则（ ）
A．5B．45C．15D．90
【答案】B
【分析】根据等差数列下标和性质得，再根据等差数列前n项和公式、下标和性质求.
【详解】设等差数列公差为，因为，
所以，所以，所以.
故选：B.
3．已知直线经过点，且直线的一个法向量是，则的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据直线的法向量设出直线方程，再代入点，求出直线方程.
【详解】因为直线的一个法向量是，故可设方程为，
将代入方程得，解得，
故的方程为，即.
故选：A
4．设，且，则数列的前项和是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用裂项相消法求和.
【详解】，
故.
故选：A
5．在数列中，，，下列说法正确的是（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等差数列
C．D．数列是递增数列
【答案】C
【分析】由已知条件化简得出等差数列可以判断A，B选项；根据等差数列通项公式计算得出通项公式可判断C选项；最后结合单调性判断D选项.
【详解】由，整理得，
所以数列是以3为首项，以6为公差的等差数列，
，即，
故C正确，而，不为常数，故A错误，
又，显然不为常数，故B错误，
数列是递减数列，故D错误.
故选：C.
6．设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．27B．45C．81D．18
【答案】B
【分析】根据等差数列前项和的性质可得，，成等差数列，从而可列方程可求出结果.
【详解】因为等差数列，所以，，成等差数列，
可得，即，解得
，即.
故选：B.
7．已知圆，直线l过点.线段的端点B在圆上运动，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出.
【详解】设，，
由点是的中点，得，可得，
又点在圆上运动，所以，
将上式代入可得，，
化简整理得点的轨迹方程为：.
故选：B
8．“”是“圆与圆不存在公切线”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用两圆内含的定义以及充分必要条件关系判断即可.
【详解】当两圆无公切线时，即两圆内含，
圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
所以两圆的圆心距，
则，解得，
所以是圆与圆不存在公切线的既不充分也不必要条件.
故选：D.
二、多选题
9．已知等比数列中，满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．单调递增
【答案】ABD
【分析】A选项，根据等比数列通项公式进行求解；B选项，得到，B正确；C选项，计算出，C错误；D选项，计算出，D正确.
【详解】A选项，，A正确；
B选项，，故，又，
故为首项为2，公比为4的等比数列，B正确；
C选项，由A可知，，则，C错误；
D选项，，故单调递增，D正确.
故选：ABD
10．已知直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则直线的倾斜角为
B．直线的横截距为
C．若，则与直线的交点为
D．若，则点关于直线的对称点为
【答案】BD
【分析】对A，由斜率和倾斜角关系可判断；对B，由截距的概念可判断；对C，联立两直线方程可得交点坐标；对D，由对称性列式运算可得解.
【详解】对于A，当时，直线的斜率，即，又，所以直线的倾斜角为，故A错误；
对于B，由，令，得，所以直线的横截距是1，故B正确；
对于C，当时，联立，解得，所以两直线的交点坐标为，故C错误；
对于D，当时，，设点关于直线的对称点为，则，
且线段的中点在直线上，
有，解得，
所以点关于直线的对称点为，故D正确.
故选：BD.
11．已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．若圆外切，则
B．若点在圆的内部，则
C．若，则圆的公共弦所在的直线方程是
D．是圆的一条切线
【答案】ACD
【分析】利用圆与圆外切，由圆心距和两半径之和相等即可判断A；求点到圆心的距离与半径的关系即可判断B；将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程可判断C；由点到直线距离公式即可判断D.
【详解】由题，圆为，圆心，，
圆为，圆心，，
对于A，若圆，外切，则，即，解得，故A正确；
对于B，由点在圆内，得，
化简得，解得，故B错误；
对于C，若，则圆：，将两圆方程相减得公共弦所在直线方程为，故C正确；
对于D，圆的方程可化为，显然是圆的切线，故D正确.
故选：ACD.
12．已知等差数列的前n项和为，且，，，则（ ）
A．数列是递增数列B．
C．当时，最大D．当时，n的最大值为14
【答案】BCD
【分析】利用等差数列的性质可知，进而得出，，依次判断各选项即可得出结果.
【详解】等差数列中，，，，
，公差，数列是递减数列，A错误
，
，B正确.
，数列是递减数列，
当时，最大,C正确.
,
,.
当时，n的最大值为14,D正确.
故选:BCD.
三、填空题
13．若曲线是一个圆，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】圆的普通方程中得到不等式，求出答案.
【详解】由题意得，解得或
故答案为：
14．已知等差数列满足（，），则 ．
【答案】
【分析】根据等差数列的性质，结合已知条件即可求得结果.
【详解】因为数列是等差数列，故，解得；
令，
则，
故
解得.
故答案为：.
15．动直线平分圆的周长，则的最小值 ．
【答案】9
【分析】先根据题意得到，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】平分的周长，
故圆心在直线上，故，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：9
16．在数1和3之间插入n个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，令.则数列的通项公式是 ．
【答案】
【分析】设在数1和3之间插入n个实数，使得这个数构成递增的等比数列的公比为q，由题意可得，结合等比数列的通项公式及对数运算性质即可求出.
【详解】设在数1和3之间插入n个实数，使得这个数构成递增的等比数列的公比为q，
则，即，
所以，
所以，
故答案为：
四、问答题
17．已知直线，试求为何值时，
(1)；
(2).
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）根据两直线平行或重合的条件求出m值，再检验即可；
（2）根据直线垂直的条件直接列式计算即可得解.
【详解】（1）当直线，平行或重合时，有，解得或，
当时，，，此时两直线平行，符合题意，
当时，，的方程均为，此时两直线重合，不合题意，
综上，.
（2）因为，所以有，解得，
所以的值为.
五、解答题
18．已知是公差不为零的等差数列，，是的等比中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由已知求出，即得数列的通项公式；
（2）先证明是以为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列的求和公式求解即可.
【详解】解：（1）因为是的等比中项，所以，
所以，
代入，解得，又，所以.
故.
（2），，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式的求法，考查等比数列性质的判定，考查等比数列的求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
六、问答题
19．已知圆.
(1)从圆外一点向圆引切线，求切线方程；
(2)若圆与圆C相交于两点，求线段的长.
【答案】(1)或
(2)4
【分析】（1）当斜率存在时，用点斜式设切线方程，根据圆心到直线的距离等于半径，求得k的值，可得切线方程．当斜率不存在时，易得切线方程，从而得出结论；
（2）把两个圆的方程相减可得直线的方程，可判断圆心在直线上，刚好是圆的直径，得解.
【详解】（1）由题圆的方程可化为，
当切线的斜率存在时，设切线方程为，即，于是，
解得，切线方程为，
当切线的斜率不存在时，得切线方程为，
综上，切线方程为或.
（2）把两圆方程相减可得直线的方程：，
圆心刚好在直线上，则是圆的直径，
故.
20．已知圆C经过两点，圆心C在直线上.
(1)求圆C的标准方程；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出圆的圆心坐标，利用圆心到圆上点的距离都等于半径，列出方程求解即可．
（2）表示点到坐标原点距离的平方，数形结合可得解.
【详解】（1）圆心在直线上，
设圆心，由点和在圆上，可得
，解得，
所以圆心坐标为，半径，
所以圆的标准方程为.
（2）因为表示点到坐标原点距离，又点在圆上，
所以，又，
，即，
所以.
所以的取值范围是.
21．已知数列，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，若的前n项和为，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）变形得到，则是首项为1，公比为2的等比数列，利用等比数列通项公式求出答案；
（2）求出，利用错位相减法求和.
【详解】（1）因为，所以，
其中，故是首项为1，公比为2的等比数列，
故，所以；
（2），
所以①，
故②，
两式相减得，，
故.
22．已知是数列的前n项和，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件，可得，，两式相减，结合累乘法可求得通项；
（2）由（1）可得，讨论可求得前n项和.
【详解】（1），
，，两式相减得，
，整理得，，
又，即，
，
又符合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1），所以，
当时，，
，
当时，令，
，
所以数列的前n项和.
一、单选题
1．数列-4，7，-10，13，…的一个通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据数列中数据特征得到通项公式.
【详解】由符号来看，奇数项为负，偶数项为正，所以通项公式中应该是，
数值4，7，10，13，…满足，所以通项公式可以是．
故选：B．
2．设等差数列前n项和是，若，则（ ）
A．5B．45C．15D．90
【答案】B
【分析】根据等差数列下标和性质得，再根据等差数列前n项和公式、下标和性质求.
【详解】设等差数列公差为，因为，
所以，所以，所以.
故选：B.
3．已知直线经过点，且直线的一个法向量是，则的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据直线的法向量设出直线方程，再代入点，求出直线方程.
【详解】因为直线的一个法向量是，故可设方程为，
将代入方程得，解得，
故的方程为，即.
故选：A
4．设，且，则数列的前项和是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用裂项相消法求和.
【详解】，
故.
故选：A
5．在数列中，，，下列说法正确的是（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等差数列
C．D．数列是递增数列
【答案】C
【分析】由已知条件化简得出等差数列可以判断A，B选项；根据等差数列通项公式计算得出通项公式可判断C选项；最后结合单调性判断D选项.
【详解】由，整理得，
所以数列是以3为首项，以6为公差的等差数列，
，即，
故C正确，而，不为常数，故A错误，
又，显然不为常数，故B错误，
数列是递减数列，故D错误.
故选：C.
6．设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．27B．45C．81D．18
【答案】B
【分析】根据等差数列前项和的性质可得，，成等差数列，从而可列方程可求出结果.
【详解】因为等差数列，所以，，成等差数列，
可得，即，解得
，即.
故选：B.
7．已知圆，直线l过点.线段的端点B在圆上运动，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出.
【详解】设，，
由点是的中点，得，可得，
又点在圆上运动，所以，
将上式代入可得，，
化简整理得点的轨迹方程为：.
故选：B
8．“”是“圆与圆不存在公切线”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用两圆内含的定义以及充分必要条件关系判断即可.
【详解】当两圆无公切线时，即两圆内含，
圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
所以两圆的圆心距，
则，解得，
所以是圆与圆不存在公切线的既不充分也不必要条件.
故选：D.
二、多选题
9．已知等比数列中，满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．单调递增
【答案】ABD
【分析】A选项，根据等比数列通项公式进行求解；B选项，得到，B正确；C选项，计算出，C错误；D选项，计算出，D正确.
【详解】A选项，，A正确；
B选项，，故，又，
故为首项为2，公比为4的等比数列，B正确；
C选项，由A可知，，则，C错误；
D选项，，故单调递增，D正确.
故选：ABD
10．已知直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则直线的倾斜角为
B．直线的横截距为
C．若，则与直线的交点为
D．若，则点关于直线的对称点为
【答案】BD
【分析】对A，由斜率和倾斜角关系可判断；对B，由截距的概念可判断；对C，联立两直线方程可得交点坐标；对D，由对称性列式运算可得解.
【详解】对于A，当时，直线的斜率，即，又，所以直线的倾斜角为，故A错误；
对于B，由，令，得，所以直线的横截距是1，故B正确；
对于C，当时，联立，解得，所以两直线的交点坐标为，故C错误；
对于D，当时，，设点关于直线的对称点为，则，
且线段的中点在直线上，
有，解得，
所以点关于直线的对称点为，故D正确.
故选：BD.
11．已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．若圆外切，则
B．若点在圆的内部，则
C．若，则圆的公共弦所在的直线方程是
D．是圆的一条切线
【答案】ACD
【分析】利用圆与圆外切，由圆心距和两半径之和相等即可判断A；求点到圆心的距离与半径的关系即可判断B；将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程可判断C；由点到直线距离公式即可判断D.
【详解】由题，圆为，圆心，，
圆为，圆心，，
对于A，若圆，外切，则，即，解得，故A正确；
对于B，由点在圆内，得，
化简得，解得，故B错误；
对于C，若，则圆：，将两圆方程相减得公共弦所在直线方程为，故C正确；
对于D，圆的方程可化为，显然是圆的切线，故D正确.
故选：ACD.
12．已知等差数列的前n项和为，且，，，则（ ）
A．数列是递增数列B．
C．当时，最大D．当时，n的最大值为14
【答案】BCD
【分析】利用等差数列的性质可知，进而得出，，依次判断各选项即可得出结果.
【详解】等差数列中，，，，
，公差，数列是递减数列，A错误
，
，B正确.
，数列是递减数列，
当时，最大,C正确.
,
,.
当时，n的最大值为14,D正确.
故选:BCD.
三、填空题
13．若曲线是一个圆，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】圆的普通方程中得到不等式，求出答案.
【详解】由题意得，解得或
故答案为：
14．已知等差数列满足（，），则 ．
【答案】
【分析】根据等差数列的性质，结合已知条件即可求得结果.
【详解】因为数列是等差数列，故，解得；
令，
则，
故
解得.
故答案为：.
15．动直线平分圆的周长，则的最小值 ．
【答案】9
【分析】先根据题意得到，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】平分的周长，
故圆心在直线上，故，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：9
16．在数1和3之间插入n个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，令.则数列的通项公式是 ．
【答案】
【分析】设在数1和3之间插入n个实数，使得这个数构成递增的等比数列的公比为q，由题意可得，结合等比数列的通项公式及对数运算性质即可求出.
【详解】设在数1和3之间插入n个实数，使得这个数构成递增的等比数列的公比为q，
则，即，
所以，
所以，
故答案为：
四、问答题
17．已知直线，试求为何值时，
(1)；
(2).
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）根据两直线平行或重合的条件求出m值，再检验即可；
（2）根据直线垂直的条件直接列式计算即可得解.
【详解】（1）当直线，平行或重合时，有，解得或，
当时，，，此时两直线平行，符合题意，
当时，，的方程均为，此时两直线重合，不合题意，
综上，.
（2）因为，所以有，解得，
所以的值为.
五、解答题
18．已知是公差不为零的等差数列，，是的等比中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由已知求出，即得数列的通项公式；
（2）先证明是以为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列的求和公式求解即可.
【详解】解：（1）因为是的等比中项，所以，
所以，
代入，解得，又，所以.
故.
（2），，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式的求法，考查等比数列性质的判定，考查等比数列的求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
六、问答题
19．已知圆.
(1)从圆外一点向圆引切线，求切线方程；
(2)若圆与圆C相交于两点，求线段的长.
【答案】(1)或
(2)4
【分析】（1）当斜率存在时，用点斜式设切线方程，根据圆心到直线的距离等于半径，求得k的值，可得切线方程．当斜率不存在时，易得切线方程，从而得出结论；
（2）把两个圆的方程相减可得直线的方程，可判断圆心在直线上，刚好是圆的直径，得解.
【详解】（1）由题圆的方程可化为，
当切线的斜率存在时，设切线方程为，即，于是，
解得，切线方程为，
当切线的斜率不存在时，得切线方程为，
综上，切线方程为或.
（2）把两圆方程相减可得直线的方程：，
圆心刚好在直线上，则是圆的直径，
故.
20．已知圆C经过两点，圆心C在直线上.
(1)求圆C的标准方程；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出圆的圆心坐标，利用圆心到圆上点的距离都等于半径，列出方程求解即可．
（2）表示点到坐标原点距离的平方，数形结合可得解.
【详解】（1）圆心在直线上，
设圆心，由点和在圆上，可得
，解得，
所以圆心坐标为，半径，
所以圆的标准方程为.
（2）因为表示点到坐标原点距离，又点在圆上，
所以，又，
，即，
所以.
所以的取值范围是.
21．已知数列，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，若的前n项和为，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）变形得到，则是首项为1，公比为2的等比数列，利用等比数列通项公式求出答案；
（2）求出，利用错位相减法求和.
【详解】（1）因为，所以，
其中，故是首项为1，公比为2的等比数列，
故，所以；
（2），
所以①，
故②，
两式相减得，，
故.
22．已知是数列的前n项和，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件，可得，，两式相减，结合累乘法可求得通项；
（2）由（1）可得，讨论可求得前n项和.
【详解】（1），
，，两式相减得，
，整理得，，
又，即，
，
又符合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1），所以，
当时，，
，
当时，令，
，
所以数列的前n项和.
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