2025-2026学年甘肃省酒泉市名校协作体高二上学期11月期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1甘肃省酒泉市名校协作体2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题一､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.1.已知直线和直线平行，则两条直线之间的距离为（）A.3 B. C. D.无法确定，与有关【答案】B【解析】由直线和直线平行可得，解得.所以两直线的距离为.故选：B.2.若直线是圆的一条对称轴，则（）A.2 B.-2 C.1 D.-1【答案】C【解析】由题意可知，直线经过圆心，圆心，∴，解得.故选：C.3设数列满足，且，则（）A.2 B. C. D.3【答案】A【解析】易得，，，，又，则数列为周期为的数列，则.故选：A.4.已知直线经过点，且在两坐标轴上的截距互为相反数，则直线的方程为（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】当截距为0时，令直线为，又点在直线上，则，此时；当截距不为0时，令直线为，又点在直线上，则，此时直线为，即；综上，或.故选：D.5.已知数列是等比数列，，且是方程两根，则（）A.8 B.-8 C.16 D.-64【答案】C【解析】数列是等比数列，，所以，由一元二次方程根与系数的关系可得所以.故选：C.6.是直线与直线垂直的（）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】若直线与直线垂直，则，解得或2，所以是直线与直线垂直的充分不必要条件.故选：B.7.已知，直线，为上的动点，过点作的切线，，切点为，当最小时，直线的方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】如图，因为圆的圆心为，半径，由图可得，所以，故当点与圆心的距离最小时，可得最小，此时直线，则的方程为，联立，解得，所以，则以为直径的圆的方程为，即，两圆方程相减可得直线的方程为．故选：D．8.记是等差数列的前项和，若，则使成立的的最大值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设等差数列的公差为，又，所以，则，又，所以，则，，由，得到，即，解得，又，所以使成立的的最大值是，故选：C.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知直线的方程为，则直线的倾斜角的可能取值为（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】已知直线的方程为，且直线的倾斜角为，由题可知直线的斜率，所以，又，所以，故直线的倾斜角的可能取值为和.故选：AD.10.已知实数满足方程，则下列说法正确的是（）A.圆心坐标为B.的最大值为2C.的最大值为D.的最大值为【答案】ACD【解析】由得：，圆心为，A正确，，即的最大值为，此时，B错误；的几何意义为上的点到的距离，圆心和的距离为，又圆的半径为，所以的最大值为，C正确，设，；，当时，，D正确.故选：ACD.11.设数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（）A.B.数列是等比数列C.数列为递增数列D.中存在不同的三项构成等差数列【答案】AC【解析】当时，，当时，，时不满足，所以，数列不是等比数列，A对，B错；对于C，因为，当时，，所以，数列

为递增数列，C对；对于D，取，且，假设存在能构成等差数列，则，则有，即，所以，因为，所以，与矛盾；假设存在能构成等差数列，则，即，则，即，显然当时无解，所以中任意三项都不能构成等差数列，D错；故选：AC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.记为等差数列的前项和.若，则__________.【答案】【解析】设等差数列的公差为，因为，得到，又，所以，则，所以，故答案为：.13.已知一束光线通过点，经直线反射，如果反射光线通过点，则反射光线所在直线的方程为__________.【答案】【解析】设关于直线的对称点为，则，解得，则对称点为，由于反射光线所在直线经过点和，则反射光线所在直线的斜率为，则反射光线所在直线的方程为，即.故答案为：.14.圆的概念源于人类对太阳､满月等圆形物体的观察及生产实践，古埃及绳法画圆､古希腊欧几里得理论推导､中国《墨经》概括后，形成系统几何定义.现在以点为圆心，2为半径的圆上取任意一点，若的取值与无关，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】由已知可得所在的圆的方程为，可知，，要使的取值与无关，则，则，所以实数的取值范围是：.故答案为：.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知数列满足：.（1）求证：为等差数列；（2）设数列的前项和，证明：.（1）证明：因为，两边同时取倒数可得，所以，因为，所以是以1为首项，3为公差的等差数列.（2）解：由（1）可知，则，，所以，所以，因为，得证.16.已知直线.（1）求证：直线过定点；（2）若直线不经过第四象限，求实数的取值范围；（3）当直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小时，求直线的方程.（1）证明：由，即，则，解得，所以直线过定点.得证；（2）解：因为直线不过第四象限，结合图形可知，直线斜率存在，所以，此时，直线的方程可化为，记点，则，由图可得，解得，因此，实数取值范围是.（3）解：已知直线，且由题意知，令，得，得，令，得，得，则，所以当时，取最小值，此时直线的方程为17.已知圆的圆心在直线上，圆经过点，且与直线相切.（1）求圆的方程；（2）已知直线与圆交于点，求的面积的取值范围.解：（1）因为圆的圆心在直线上，设，半径为，因为圆经过点，且与直线相切，所以，即，可得：，所以，，所以圆的方程为：.（2）设圆心到直线的距离为，因为直线与圆相交，所以，所以，所以的面积为：令，所以，当时，，所以的面积的取值范围为.18.已知数列满足.（1）求；（2）求数列的通项公式；（3）若，数列的前项和为，求使的最小的正整数的值.解：（1）当时，，所以，当时，，所以.（2）因为，所以，两式相减可得，即，又满足上式，所以（3）由（2）得，则，所以，两式相减得，整理得，所以，则在上单调递增，当时，，当时，，所以使的最小的正整数的值为8.19.设是平面上两点，则满足（其中为常数，且）的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知，且.（1）求点所在圆的方程；（2）设直线与圆交于两点（不与原点重合）.①若直线过点，且，求直线的方程；②设直线斜率分别为，且，证明：直线恒过定点.（1）解：设，由得，两边平方并整理得，，所以点所在圆的方程为：.（2）①解：由（1）知圆T的圆心，半径，因为直线过点，所以，由，根据垂径定理，圆心T到直线l的距离，所以，将代入上式并同时平方可得，解得或，当时，直线l的方程为：，当时，直线l的方程为：.②证明：设，，联立，由韦达定理得，，，因为，所以，即，所以，若，则，此时直线方程为，恒过定点；若，此时直线方程为，代入圆的方程得，解得或，则原点是直线与圆的其中一个交点，不符合题意.所以直线l恒过定点.

甘肃省酒泉市名校协作体2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题一､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.1.已知直线和直线平行，则两条直线之间的距离为（）A.3 B. C. D.无法确定，与有关【答案】B【解析】由直线和直线平行可得，解得.所以两直线的距离为.故选：B.2.若直线是圆的一条对称轴，则（）A.2 B.-2 C.1 D.-1【答案】C【解析】由题意可知，直线经过圆心，圆心，∴，解得.故选：C.3设数列满足，且，则（）A.2 B. C. D.3【答案】A【解析】易得，，，，又，则数列为周期为的数列，则.故选：A.4.已知直线经过点，且在两坐标轴上的截距互为相反数，则直线的方程为（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】当截距为0时，令直线为，又点在直线上，则，此时；当截距不为0时，令直线为，又点在直线上，则，此时直线为，即；综上，或.故选：D.5.已知数列是等比数列，，且是方程两根，则（）A.8 B.-8 C.16 D.-64【答案】C【解析】数列是等比数列，，所以，由一元二次方程根与系数的关系可得所以.故选：C.6.是直线与直线垂直的（）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】若直线与直线垂直，则，解得或2，所以是直线与直线垂直的充分不必要条件.故选：B.7.已知，直线，为上的动点，过点作的切线，，切点为，当最小时，直线的方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】如图，因为圆的圆心为，半径，由图可得，所以，故当点与圆心的距离最小时，可得最小，此时直线，则的方程为，联立，解得，所以，则以为直径的圆的方程为，即，两圆方程相减可得直线的方程为．故选：D．8.记是等差数列的前项和，若，则使成立的的最大值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设等差数列的公差为，又，所以，则，又，所以，则，，由，得到，即，解得，又，所以使成立的的最大值是，故选：C.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知直线的方程为，则直线的倾斜角的可能取值为（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】已知直线的方程为，且直线的倾斜角为，由题可知直线的斜率，所以，又，所以，故直线的倾斜角的可能取值为和.故选：AD.10.已知实数满足方程，则下列说法正确的是（）A.圆心坐标为B.的最大值为2C.的最大值为D.的最大值为【答案】ACD【解析】由得：，圆心为，A正确，，即的最大值为，此时，B错误；的几何意义为上的点到的距离，圆心和的距离为，又圆的半径为，所以的最大值为，C正确，设，；，当时，，D正确.故选：ACD.11.设数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（）A.B.数列是等比数列C.数列为递增数列D.中存在不同的三项构成等差数列【答案】AC【解析】当时，，当时，，时不满足，所以，数列不是等比数列，A对，B错；对于C，因为，当时，，所以，数列

为递增数列，C对；对于D，取，且，假设存在能构成等差数列，则，则有，即，所以，因为，所以，与矛盾；假设存在能构成等差数列，则，即，则，即，显然当时无解，所以中任意三项都不能构成等差数列，D错；故选：AC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.记为等差数列的前项和.若，则__________.【答案】【解析】设等差数列的公差为，因为，得到，又，所以，则，所以，故答案为：.13.已知一束光线通过点，经直线反射，如果反射光线通过点，则反射光线所在直线的方程为__________.【答案】【解析】设关于直线的对称点为，则，解得，则对称点为，由于反射光线所在直线经过点和，则反射光线所在直线的斜率为，则反射光线所在直线的方程为，即.故答案为：.14.圆的概念源于人类对太阳､满月等圆形物体的观察及生产实践，古埃及绳法画圆､古希腊欧几里得理论推导､中国《墨经》概括后，形成系统几何定义.现在以点为圆心，2为半径的圆上取任意一点，若的取值与无关，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】由已知可得所在的圆的方程为，可知，，要使的取值与无关，则，则，所以实数的取值范围是：.故答案为：.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知数列满足：.（1）求证：为等差数列；（2）设数列的前项和，证明：.（1）证明：因为，两边同时取倒数可得，所以，因为，所以是以1为首项，3为公差的等差数列.（2）解：由（1）可知，则，，所以，所以，因为，得证.16.已知直线.（1）求证：直线过定点；（2）若直线不经过第四象限，求实数的取值范围；（3）当直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小时，求直线的方程.（1）证明：由，即，则，解得，所以直线过定点.得证；（2）解：因为直线不过第四象限，结合图形可知，直线斜率存在，所以，此时，直线的方程可化为，记点，则，由图可得，解得，因此，实数取值范围是.（3）解：已知直线，且由题意知，令，得，得，令，得，得，则，所以当时，取最小值，此时直线的方程为17.已知圆的圆心在直线上，圆经过点，且与直线相切.（1）求圆的方程；（2）已知直线与圆交于点，求的面积的取值范围.解：（1）因为圆的圆心在直线上，设，半径为，因为圆经过点，且与直线相切，所以，即，可得：，所以，