福建省漳州市十校联盟2024-2025学年高二上学期期中质量检测联考数学试卷含答案

福建省漳州市十校联盟2024-2025学年高二上学期期中质量检测联考数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．直线的倾斜角为（

）A．0° B．45° C．90° D．不存在2．等比数列中，，，则（

）A．4 B．8 C．16 D．323．数列an满足，则（

）A．1 B．2 C．4 D．84．若方程表示圆，则（

）A．1 B． C． D．或15．若圆与圆关于直线对称，则直线的方程是()A． B． C． D．6．已知一小球从地面竖直向上射出到10m高度后落下，每次着地后又弹回到前一次高度的处，则该小球第6次落地时，经过的路程为（

）A． B． C． D．7．已知曲线，是曲线上一动点，则（

）A．曲线围成的图形有4条对称轴 B．曲线围成的图形的周长为C．的最大值为5 D．曲线上任意两点间的距离不大于48．曲线上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不可能成为公比的数是（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知两直线与，则（

）A．直线过定点 B．直线在轴上的截距为1C．当时， D．当时，与之间的距离为10．已知数列的前项和为，且，则（

）A． B．数列为递减数列C．数列为等差数列 D．数列的前项和为11．已知，圆，点为圆上一动点，且点为线段AP的中点，则（

）A．的取值范围为 B．点的轨迹方程为C．直线AP的斜率的最大值为 D．当点在圆上时，点的横坐标为三、填空题12．等差数列中，，，则．13．已知点P，Q在直线上，且P，Q两点到原点的距离均小于或等于2，则的最大值为．14．对于任意给定的一个正整数，将分母小于或等于的既约（最简）真分数按照自左至右递增排列，并在第一个分数之前加上，在最后一个分数之后加上，该数列称为阶Farey数列，记为，其项数记为，各项的和记为．如下，给出，，…，，在中，有，．

，

，，

，，，，

，，，，，，

，，，，，，，，，，已知，则，．四、解答题15．已知的顶点为，，．(1)求边上的高所在直线的方程；(2)直线l经过点A，且B，C两点到直线l的距离相等，求直线l的方程．16．已知圆C经过，两点，且圆心C在直线上．(1)求过点A，且在两坐标轴上的截距相等的直线m的方程；(2)求圆C的方程．17．已知数列是等差数列，为的前项和，且，．(1)求与；(2)记集合，，若将中所有元素从小到大依次排列成一个新的数列，为前n项和．（i）求；（ii）求满足的最小正整数的值．18．过原点O的直线l与圆交于A，B两点，且点．(1)过点P作圆C的切线m，求切线m的方程；(2)求弦AB的中点M的轨迹方程；(3)设直线，的斜率分别为，，求证：为定值．19．已知半圆，圆，作圆与半圆，圆，轴均相切，点，且．(1)求的周长；(2)证明：为等比数列；(3)证明：对任意正整数．参考答案：题号12345678910答案CDCADDBDACACD题号11答案ABD1．C【分析】由直线倾斜角的定义即可得解.【详解】直线与轴垂直，所以直线的倾斜角为90°.故选：C.2．D【分析】由等比数列性质计算即可.【详解】由，可得：即，又，所以，由，可得：，故选：D3．C【分析】按照数列的递推定义即可求解.【详解】因为数列an满足，所以.故选：C.4．A【分析】根据圆的一般式方程，建立方程，分别检验方程的解，可得答案.【详解】由题意可得，化简可得，则，解得或，当时，可得方程，整理可得，显然不合题意；当时，可得，整理可得，符合题意.故选：A.5．D【分析】由题意化圆C为标准方程，由两圆位置关系得两圆相交，直线l是两圆的公共弦所在的直线，故把两圆的方程相减可得直线l的方程．【详解】由题圆C：,则两圆心距为，故两圆相交由于圆O：与圆C：关于直线l对称，则直线l是两圆的公共弦所在的直线，故把两圆的方程相减可得直线l的方程为，故选D．【点睛】本题主要考查圆和圆的位置关系，直线与圆的位置关系的应用，判断直线l是两圆的公共弦所在的直线，是解题的关键，属于中档题．6．D【分析】求出通项公式，再利用等比数列求和公式得解.【详解】设小球第一次落地时经过的路程为，第次落地到第次落地经过的路程为，由题意，，数列an从第二项起构成以首项为，公比为的等比数列，则第6次着地后经过的路程为（），故选：D7．B【分析】分类讨论去掉绝对值可得曲线的两端关系式，从而作出曲线的图象，由曲线图象判断各选项即可.【详解】当时，曲线的方程可化为，代表以为圆心，为半径的圆，在轴右侧部分，当时，曲线的方程可化为，代表以−1,1为圆心，为半径的圆，在轴左侧部分，所以曲线的图象如图所示，对于A，由图可知曲线围成的图形有2条对称轴，故A错误；对于B，曲线由2个圆组成，其周长为，故B正确；对于C，到直线的距离，所以，点−1,1到直线的距离为，则曲线上的点到直线的距离最大值为所以最大值为，故C错误；对于D，由图可知曲线上任意两点间的最大距离为两圆圆心距离加上两个半径，故D错误；故选：B8．D【分析】化简得到曲线的形状，求出半圆上的动点与原点距离的最值后可得正确的选项.【详解】由可得，故曲线为如图所示的半圆，其圆心为2,1，半径为1，，因为，，结合曲线为半圆可得，而半圆上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，故，即，其中为公比，因为，，故ABC中的选项均存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，又，故不可能成立公比，故D错误，故选：D.9．AC【分析】对于A，运用消去参数，对于B，运用截距概念；对于C，运用两直线垂直时，斜率之积为；对于D，两直线平行时，斜率相等，结合平行线距离公式计算.我们将根据这些性质来逐一分析每个选项.【详解】对于选项A，对于直线，当时，，解得.所以直线过定点，选项A正确.对于选项B，对于直线，令，则，解得.所以直线在轴上的截距为，选项B错误.对于选项C，直线，其斜率；直线，其斜率.当时，，即，，解得，选项C正确.对于选项D，当时，，解得.此时，即.两平行直线与之间的距离公式为.对于与，距离，选项D错误.故选；AC.10．ACD【分析】根据即可求解A，根据，故的奇数项和偶数项分别成等差数列，求得对任意的，，故为等差数列即可判断BC，利用裂项相消法求和即可判断D.【详解】对于A，因为，当时，，即，则，A正确，对于BC，由可得，相减可得，即，由于则，故的奇数项和偶数项分别成等差数列，又，，故，因此对任意的，，故为等差数列，且公差为2，故B错误，C正确，对于D，由于，故的前项和为，D正确，故选：ACD.11．ABD【分析】利用中位线的性质结合圆的定义可判定B，根据点与圆的位置关系可判定A，利用直线与圆的位置关系计算可判定C，根据两圆的位置关系可判定D.【详解】取的中点，连接，易知当不在横轴上时，，当P在横轴上时，若时，仍有；若时，仍有，所以Q轨迹为以B为圆心，1为半径的圆上，其轨迹方程为，故B正确；所以，即A正确；显然当与圆O相切时斜率取得最值，不妨设切线方程为，则圆心O到切线的距离为，所以直线AP的斜率的最大值为，故C错误；两圆方程作差得其公共弦方程为，所以Q在圆O上时，即在两圆的公共弦上，所以其横坐标为，故D正确.故选：ABD12．0【分析】先求公差，然后根据等差数列基本量的计算即可得解.【详解】由题意设公差为，则，所以.故答案为：0.13．【分析】只需求出直线截圆所得的弦长即可.【详解】设圆，设直线截圆所得的弦为，所以弦长为，所以的最大值为.故答案为：.14．23【分析】结合题意根据阶Farey数列的定义及性质分析即可求解.【详解】分母为6的既约真分数有，共2个；分母为7的既约真分数有，共6个；分母为8的既约真分数有，共4个，由题意得，所以，与100互质的数是不含有2和5的数，即个位是1,3,7,9的数都与100互质，所以与100互质的数共有40个，即分母为100的既约真分数有个，又，所以，由题意可知阶Farey数列，每一阶最中间的数都为，且关于对称的两数之和为1，所以利用倒序相加法可得，所以.故答案为：23；.【点睛】解答与数列有关的新定义问题的策略：（1）通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.（2）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决.（3）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢.15．(1)；(2)或【分析】（1）法一、利用两点斜率公式及直线垂直的充要条件，结合点斜式可得，法二、利用两点斜率公式及直线的点法式计算即可；（2）法一、分类讨论直线斜率是否存在结合点到直线的距离公式计算即可；法二、确定直线过中点或与平行，根据平行的充要条件及两点式计算即可.【详解】（1）法一：依题意，有，所以AD的斜率为2，所以AD所在直线的方程为，即．法二：依题意，有，即直线AD的一个法向量为．由直线的点法式，可得直线AD所在的直线的方程为：，即．（2）法一：（i）当直线l的斜率不存在时，直线．B，C两点到直线l的距离分别为2和6，不符合题意．（ii）当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为，即．依题意，有，即，所以或，解得或．所以直线的方程为或．法二：因为直线l经过点A，且B，C两点到直线l的距离相等，所以直线l与直线BC平行，或过线段BC的中点．（i）当直线l与直线BC平行时，直线BC的斜率为，所以直线的方程为，即．（ii）当直线l过线段BC的中点时，线段BC的中点为，所以直线的方程为，即．综上所述，直线的方程为或．16．(1)或(2)【分析】（1）分截距是否为0进行讨论即可；（2）思路一：设出圆心坐标、半径，由题意列出方程即可求解；思路二：先求得线段AB的垂直平分线的方程，进一步可得圆心坐标、半径，从而得解；思路三：设圆心C的坐标为，结合求得参数即可.【详解】（1）（i）当直线过原点时，直线的斜率为2，此时直线的方程为．（ii）当直线不过原点时，可设直线的方程为．因为直线过点，所以，解得．此时直线的方程为，即．综上所述，直线的方程为或．（2）法一：设圆C的方程为，依题意，有解得所以圆的方程为．法二：直线AB的斜率为，所以线段AB的垂直平分线的斜率为1．又线段AB的中点坐标为，所以线段AB的垂直平分线的方程为．由解得即圆心．又圆C的半径为，所以圆的方程为．法三：因为圆心C在直线上，所以可设圆心C的坐标为．依题意，有，所以，解得．所以圆C的圆心，半径，所以圆C的方程为．17．(1)，(2)（i）；（ii）23【分析】（1）由等差数列及其前项和基本量的计算可得，进一步即可求解；（2）（i）直接根据的定义来求解即可；（ii）考虑到的单调性以及，即可得解.【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得解得所以，．（2）与集合相比，元素间隔大，所以在集合中加入几个中的元素来考虑．（i）．（ii）考虑到，，．易知为递增数列，则满足的最小正整数的值为23．18．(1)或(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用分类讨论思想，分切线斜率不存在与斜率存在两种情况，结合切线的性质，建立方程组，可得答案；（2）法一：根据垂径定理，结合圆的性质，可得答案，法二：设出动点的坐标，利用两点求得斜率以及直线垂直的斜率公式，建立方程，可得答案；（3）利用分类讨论思想，分直线斜率存在与不存在两种情况，联立方程，利用韦达定理，整理化简，可得答案.【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线与圆相离，不符合题意．当直线的斜率存在时，可设直线，即．因为直线与圆相切，圆的圆心，半径，所以，即，解得或．所以直线的方程为，或．（2）法一：因为点A，B为过原点O的直线与圆的交点，且点弦AB的中点，所以，则点的轨迹是以OC为直径的圆，圆心为12,0，半径为，所以点的轨迹方程为．法二：设点．当点不与点，点重合时，由圆的性质可知，，所以，所以，即．当点M与点O或点C重合时，和均满足方程．综上所述，点的轨迹方程为．（3）i）当直线的斜率不存在时，其方程为，此时点A，B的坐标为，．所以．ii）当直线的斜率存在时，可设其方程为．设Ax1,由联立，得．由，得，，所以．综上所述，为定值．法二：所以．所以．综上所述，为定值．19．(1)2(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据的定义以及相切的性质即可求解；（2）由题意得递推表达式，进一步根据等比数列的定义验算即可证明；（3