安徽省马鞍山市2023-2024学年高二上学期期中调研考试数学试题（Word版附解析）.docx

1、2023-2024学年第一学期高二期中调研试卷数 学一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上1. 直线的方向向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据直线的斜率得到直线的一个方向向量为，再求其共线向量即可.【详解】由题意得直线的斜率为-3，所以直线的一个方向向量为，又，所以也是直线的一个方向向量.故选：A.2. 等差数列中，若，则的值为（ ）A. 36B. 24C. 18D. 9【答案】B【解析】【分析】由等差数列通项公式求基本量得，再由即可求值.【详解】令的公差为，则，

2、即，则.故选：B3. 与直线3x4y+5=0关于y轴对称的直线方程是（）A. 3x+4y+5=0B. 3x+4y5=0C. 3x4y+5=0D. 3x4y5=0【答案】B【解析】【分析】分别求出直线与坐标轴的交点，分别求得关于轴的对称点，即可求解直线的方程【详解】令，则，可得直线与轴的交点为，令，则，可得直线与轴的交点为，此时关于轴的对称点为，所以与直线关于轴对称的直线经过两点，其直线的方程为，化为，故选B【点睛】本题主要考查了直线方程点的求解，以及点关于线的对称问题，其中解答中熟记点关于直线的对称点的求解，以及合理使用直线的方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题4. 经过原点

3、和点且圆心在直线上的圆的方程为 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】令圆心为，由圆所经过的点及两点距离公式列方程求出圆心坐标，即可写出圆的方程.【详解】由题设，令圆心为，又圆经过原点和点，所以，整理可得，故圆心为，所以半径平方，则圆的方程为.故选：D5. 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由等差数列的通项公式和一次函数性质，结合充分、必要性定义判断条件间的推出关系即可.【详解】令公差为且的无穷等差数列，且，若为递减数列

4、，则，结合一次函数性质，不论为何值，存在正整数，当时，充分性成立；若存在正整数，当时，由于，即不为常数列，故单调递减，即，所以为递减数列，必要性成立；所以“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.故选：C6. 已知点，点在的圆周上运动，点满足，则点的运动轨迹围成图形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设，由动点转移法求得点轨迹方程，由方程确定轨迹后可得面积【详解】设，由得是线段中点，又在圆上，即，点轨迹是半径为1的圆，面积为，故选：A7. 等比数列中，则（ ）A. B. C. 5D. 1【答案】C【解析】【分析】由等比数列前项和公式写出已知与待求式后，进

5、行比较，已知两式相除即得.【详解】设公比为，显然，则由题意得，两式相除得，所以，故选：C.8. 过点作圆的两条切线，设切点分别为，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】写出圆的标准方程得圆心为，半径，进而有，由圆的切线性质得，最后应用倍角正弦公式、三角形面积公式求面积.【详解】由题设，圆的标准方程为，圆心为，半径，所以，如下图示，切点分别为，则，所以，又，所以，所以.故选：A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对得5分，选对但不全得2分，选错或不答得0分，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上9. 已知直

6、线，若直线与连接两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】求出直线过的定点，从而求得，进而利用数形结合可得直线倾斜角的范围，由此得解.【详解】因为直线可化为，所以直线过定点，又，所以，故直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，结合图象，可知直线的倾斜角范围为，故ABC正确，D错误.故选：ABC.10. 设分别是等差数列和等比数列的前项和，下列说法正确的是（ ）A. 若，则使的最大正整数的值为15B. 若（为常数），则必有C. 必为等差数列D. 必为等比数列【答案】BCD【解析】【分析】A由已知可得，且，再应用等差数列前n项和公式及得，即可判断

7、；B由等比数列前n项和公式有，即可判断；C、D根据等差、等比数列片段和的性质直接判断.【详解】令的公差为，则，所以，故，且，使，则，而，即，故，所以使的最大正整数的值为30，A错；令的公比为且，则（公比不能为1），所以，即，B对；根据等差、等比数列片段和的性质知：必为等差数列，必为等比数列，C、D对.故选：BCD11. 已知等比数列公比为，前项和为，前项积为，若，则（ ）A. B. 当且仅当时，取得最小值C. D. 的正整数的最大值为11【答案】AC【解析】【分析】根据确定，求出的值确定A，根据数列项的变化，确定B，利用等比数列的基本量运算判断C，根据转化二次不等式，从而确定正整数的最大值判断

8、D.【详解】对于A，因为，所以，因为，解得，故A正确；对于B，注意到，故时，时，所以当或时，取得最小值，故B错误；对于C，所以，故C正确；对于D，因为，所以，即，所以，即，所以，正整数最大值为12，故D错误，故选：AC.12. 已知圆，圆（ ）A. 若，则圆与圆相交且交线长为B. 若，则圆与圆有两条公切线且它们的交点为C. 若圆与圆恰有4条公切线，则D. 若圆恰好平分圆的周长，则【答案】AD【解析】【分析】A、B将圆化为标准形式，确定圆心和半径，判断圆心距与两圆半径的关系，再求相交弦长判断；C由题意知两圆相离，根据圆心距大于两圆半径之和及圆的方程有意义求参数范围；D由题意相交弦所在直线必过，并

9、代入相交弦方程求参数即可.【详解】A：时圆，则，半径，而圆中，半径，所以，故，即两圆相交，此时相交弦方程为，所以到的距离为，故相交弦长为，对；B：时圆，则，半径，同A分析知：，故两圆相交，错；C：若圆与圆恰有4条公切线，则两圆相离，则，而圆，即，所以，错；D：若圆恰好平分圆的周长，则相交弦所在直线必过，两圆方程相减得相交弦方程为，将点代入可得，对.故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分请把答案写在答题卡相应的位置上13. 若是公差不为0的等差数列，成等比数列，为的前项和，则的值为_【答案】【解析】【分析】由等差数列中成等比数列，解出公差为，得到，求出，裂项相消求的值.【详解】

10、设等差数列公差为，成等比数列，由，则，即，由，得，所以，则有，得，所以.故答案为：14. 平面直角坐标系中，过直线与的交点，且在轴上截距为1的直线的方程为_（写成一般式）【答案】【解析】【分析】设交点系方程，结合直线过求方程即可.【详解】由题设，令直线的方程为，且直线过，所以，故直线的方程为.故答案为：15. 如图，第一个正六边形的面积是1，取正六边形各边的中点，作第二个正六边形，然后取正六边形各边的中点，作第三个正六边形，依此方法一直继续下去，则前个正六边形的面积之和为_【答案】【解析】【分析】根据题设分析出前个正六边形的面积是首项为1，公比为的等比数列，应用等比数列前项和公式求面积和.【详

11、解】由题设知：后一个正六边形与前一个正六边形的边长比值为，故它们面积比为，所以前个正六边形的面积是首项为1，公比为的等比数列，所以前个正六边形的面积之和.故答案为：16. 已知实数成等差数列，在平面直角坐标系中，点，是坐标原点，直线若直线垂直于直线，垂足为，则线段的最小值为_【答案】【解析】【分析】由等差数列的性质及直线方程有，求出直线所过的定点，结合已知在以为直径的圆上，且圆心，半径为，问题化为求到该圆上点距离的最小值.【详解】由题设，则，即，令，即直线恒过定点，又，所以在以为直径的圆上，且圆心，半径为，要求的最小值，即求到该圆上点距离的最小值，而，所以.故答案为：四、解答题：本题共6小题，

12、共70分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤17 已知直线，（1）若，求实数的值；（2）若，求之间的距离【答案】（1）或； （2）.【解析】【分析】（1）由两线垂直的判定列方程求参数即可；（2）由两线平行的判定列方程求参数，注意验证是否存在重合情况，再应用平行线距离公式求距离.【小问1详解】由，则，即，所以，可得或.【小问2详解】由，则，可得，故或，当，则，此时满足平行，且之间的距离为；当，则，此时两线重合，舍；综上，时之间的距离为.18. 已知等差数列，前项和为，又（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据等

13、差数列的求和公式和等差数列的通项公式即得.（2）由，令求出的取值范围，再分段求出数列的前项和【小问1详解】设等差数列的公差为，首项为，因为，所以，所以，由，解得，又，所以；【小问2详解】设，的前项和为，得，得当时，即，所以当时，得 ，所以，则综上所述：19. 已知数列的首项，且满足（1）求证：数列等比数列；（2）设，求数列的前项和【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1），取倒数得，化简整理即可判断为等比数列；（2）法一：将转化为的前项和，结合（1）中结论即可得解；法二：结合（1）中结论得，应用分组求和及等比数列的前项和公式即可得解.【小问1详解】因为，所以，所以，所以，即因为，所

14、以是以为首项，为公比的等比数列；【小问2详解】法一：易知是以为首项，为公比的等比数列，所以；法二：由（1），所以，所以所以20. 如图，等腰梯形中，间的距离为4，以线段的中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，记经过四点的圆为圆（1）求圆的标准方程；（2）若点是线段的中点，是圆上一动点，满足，求动点横坐标的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据圆所过点的坐标求解圆的方程即可.（2）根据是圆上一动点，满足，设P点坐标带入化简求解，依据图像即可得出答案.【小问1详解】如图，因为，间的距离为4，所以，经过四点的圆即经过三点的圆，法一：中垂线方程即，中点为，所以的中垂线方程为，

15、即，联立，得圆心坐标，所以圆的标准方程为；法二：设圆的一般方程为，代入，解得，所以圆的标准方程为；法三：以为直径的圆方程为，直线，设圆的方程为，代入，解得，所以圆的标准方程为；小问2详解】，设圆上一点，因为，所以，即，由对应方程为圆所以点在圆上及其外部，解得，所以两圆交点恰为，结合图形，当圆上一点纵坐标为时，横坐标为，所以点横坐标的取值范围是.21. 平面直角坐标系中，直线，圆：，圆与圆关于直线对称，是直线上的动点（1）求圆的标准方程；（2）过点引圆的两条切线，切点分别为，设线段的中点是，是否存在定点，使得为定值，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1） （2）存在；【解析

16、】【分析】（1）利用对称求出点坐标，即可得到圆的标准方程；（2）设点坐标，在以为直径的圆上，由圆与圆求公共弦，得直线过定点，点是在以为直径的圆上，所以存在点是的中点，使得为定值【小问1详解】圆化成标准方程为，圆心，半径为2，设圆心，圆与圆关于直线对称，直线的斜率为，所以，解得，所以，圆的方程为.【小问2详解】因为是直线上的动点，设，分别与圆切于两点，所以，所以在以为直径的圆上，圆的方程，即为圆与圆的公共弦，由，作差得方程为即令得，设，所以直线过定点，又是中点，所以，则有点是在以为直径的圆上，所以存在点是的中点，使得为定值，坐标为.22. 记首项为1的递增数列为“-数列”（1）已知正项等比数列，

17、前项和为，且满足：求证：数列为“-数列”；（2）设数列为“-数列”，前项和为，且满足（注：）求数列的通项公式；数列满足，数列是否存在最大项？若存在，请求出最大项的值，若不存在，请说明理由（参考数据：）【答案】（1）证明见解析 （2） ；存在；最大项为【解析】【分析】（1）利用等比数列中的关系求解；（2）利用等差数列的定义以及的关系求解，并根据数列的单调性求最值.【小问1详解】设正项等比数列的公比为，因为，则，两式相减得，即,因为，所以，中，当时，有，即，解得，因此数列为“-数列”；【小问2详解】因为所以，又为“-数列”，所以，且，所以各项为正，当，一得：，即，所以，从而，-得：，即，由于为“-数列”，必有，所以，又由知，即，即得或（舍）所以，故所以是以1为首项，公差是1的等差数列，所以；，所以，令，得，所以当时，即，