福建省龙岩市一级校联盟(九校)联考2022-2023学年高二上学期期中考数学试题

第页，共页福建省龙岩市一级校联盟（九校）联考2022-2023学年高二上学期期中考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1.直线的倾斜角为A． B． C． D．2.设等差数列的前项和为，若，则＝（

）A．60 B．62 C．63 D．813.在等比数列中，如果，那么（

）A．40 B．36 C．54 D．1284.甲、乙两位旅客乘坐高铁外出旅游，甲旅客喜欢看风景，需要靠窗的座位；乙旅客行动不便，希望座位靠过道．已知高铁二等座的部分座位号码如图所示，则下列座位号码符合甲、乙两位旅客要求的是（

）窗口12过道345窗口6789101112131415……………A．21，28 B．22，29 C．23，39 D．24，405.已知椭圆C:,四点,,,中恰有三点在椭圆上,则椭圆C的标准方程为（

）A． B． C． D．6.已知直线关于直线对称的直线被圆截得的弦长为，则实数的值为（

）A．4 B． C．8 D．7.已知的顶点为是∠BAC的角平分线，则直线的一个方向向量的坐标可以是（

）A． B． C． D．8.已知直线l与椭圆的交点为，且，若，且线段AB的垂直平分线方程为，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共4小题）9.已知直线，，，则下列结论正确的是（

）A．当时，直线的倾斜角为 B．直线过定点C．当时，直线在轴上的截距为 D．当时，直线与直线平行10.已知曲线的方程为，圆M：，则（

）A．曲线表示一条直线B．点与曲线上的点的最短距离为1C．当时，曲线与圆有3个公共点D．不论取何值，总存在圆，使得圆与圆相切，且圆与曲线有4个公共点11.“脸谱”是戏曲舞台演出时的化妆造型艺术，更是中国传统戏曲文化的重要载体．如图，“脸谱”图形可近似看作由半圆和半椭圆组成的曲线C．半圆的方程为，半椭圆的方程为．则下列说法正确的是（

）A．点A在半圆上，点B在半椭圆上，O为坐标原点，OA⊥OB，则△OAB面积的最大值为6B．曲线C上任意一点到原点的距离的最大值与最小值之和为7C．若，P是半椭圆上的一个动点，则cos∠APB的最小值为D．画法几何的创始人加斯帕尔·蒙日发现：椭圆中任意两条互相垂直的切线，其交点都在与椭圆同中心的圆上．称该圆为椭圆的蒙日圆，那么半椭圆扩充为整个椭圆：后，椭圆的蒙日圆方程为12.对于数列，定义：，称数列是的“倒和数列”．下列关于“倒和数列”描述正确的有（

）A．若数列是单调递增数列，则数列一定是单调递增数列B．若，则数列是周期数列C．若，则其“倒和数列”有最大值D．若，则其“倒和数列”有最小值三、填空题（本大题共4小题）13.到y轴距离等于1的点的轨迹方程为．14.已知直线，点为直线l上任意一点，则的最小值为．15.已知数列满足，，则．16.椭圆上有且仅有4个不同的点满足，其中，则椭圆C的离心率的取值范围为．四、解答题（本大题共6小题）17.已知直线的方程为，若直线在y轴上的截距为，且．(1)求直线和的交点坐标；(2)已知直线经过与的交点，且与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积为3，求直线的方程．18.记为数列{}的前n项和，已知.(1)求{}的通项公式；(2)若，求数列{}的前n项和.19.在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：，设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N（6，n），．(1)求圆N的标准方程；(2)若直线l过点（0，－4）且与圆N相交于P，Q两点，O为坐标原点，且，求此时直线l的方程．20.已知为等差数列，为公比的等比数列，且，，．(1)求与的通项公式；(2)设，求数列的前项和；(3)在（2）的条件下，若对任意的，，恒成立，求实数的取值范围．21.已知圆，直线，点是上的一个动点．(1)若点，过点作一条斜率为的直线，该直线与圆交于、两点（、位于轴上方），过、分别作直线的垂线，垂线与轴交于、两点，求的值．(2)过动点作圆的两条切线，切点分别为、，试问直线是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由．22.设椭圆的左、右焦点分别为，，过焦点且垂直于轴的直线与椭圆相交所得的弦长为，直线与椭圆相切．(1)求椭圆的标准方程；(2)斜率为的直线过，与椭圆交于两点，延长，分别与椭圆交于两点，直线的斜率为，求证为定值．

参考答案1.【答案】A【分析】首先将直线化为斜截式求出直线的斜率，然后再利用倾斜角与斜率的关系即可求解.【详解】由直线，则，设直线的倾斜角为，所以，所以.故选：A2.【答案】C【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式直接求解.【详解】设等差数列的公差为,由题可得,即,解得,所以数列的通项公式,所以.故选:C.3.【答案】D【分析】设公比为，依题意可得即可求出，最后根据计算可得.【详解】解：设公比为，由，，所以，所以.故选：D4.【答案】A【分析】根据两位乘客的要求用数列的通项分别表示座位号特点，从而可得答案.【详解】解：左侧窗口的座位号可以构成以1为首项，5为公差的等差数列，其通项为，靠右侧窗口的座位号可以构成以5为首项，5为公差的等差数列，其通项为；左侧过道的座位号可以构成以2为首项，5为公差的等差数列，其通项为，右侧过道的座位号可以构成以3为首项，5为公差的等差数列，其通项为；则符合甲旅客要求的是，；符合甲旅客要求的是，；所以座位号码符合甲、乙两位旅客要求的是21，28.故选：A.5.【答案】D【分析】根据椭圆的对称性可知,在椭圆上,不在椭圆上,在椭圆上,代入椭圆方程求出即可.【详解】根据椭圆的对称性可知,在椭圆上,不在椭圆上,在椭圆上.将,代入椭圆方程得:,解得,椭圆C的标准方程为.故选:D.6.【答案】B【分析】根据对称关系求出直线的方程，再根据弦长公式即可求解.【详解】因为直线与直线的交点为,所以直线经过点,取直线上一点关于对称的点为在直线上,所以,所以的直线方程为,圆心到直线的距离为,圆的半径,所以,解得,故选:B.7.【答案】B【分析】设E为∠BAC的角平分线与的交点，设，根据角平线性质可得，即，由向量夹角公式求得，可得，即可得答案.【详解】设E为∠BAC的角平分线与的交点，设，则，由是∠BAC的角平分线，则,故,即，则，即，又方程为，即，联立，解得，则，故直线的一个方向向量的坐标可以是，故选：B.8.【答案】A【分析】直线与椭圆方程联立，利用判别式得到，再根据韦达定理求得，即可得到得取值范围，再根据线段的中点在中垂线上，且互相垂直即可得到，从而可求解实数的取值范围.【详解】设直线，联立，整理得，因为直线与椭圆相交，所以，即，又由韦达定理得，则有代入则有，解得，所以或.因为，所以中点的横坐标为3代入，则中点为，因为AB的垂直平分线方程为，所以,且点在中垂线上，所以，所以，因为或，所以所以故选:A.9.【答案】BD【分析】由直线斜率和倾斜角关系可知A错误；由直线过定点的求法可知B正确；根据时，可得在轴上的截距，知C错误；根据直线斜率与连线斜率相等可知D正确.【详解】对于A，当时，直线的斜率，则其倾斜角为，A错误；对于B，当时，，则直线过定点，B正确；对于C，当时，，则当时，，则其在轴上的截距为，C错误；对于D，当时，直线斜率；又，，直线与直线平行，D正确.故选：BD.10.【答案】BCD【分析】根据曲线化成两条直线，即可判断A；利用点到直线的距离判断B；求解圆心到直线的距离与半径比大小即可判断C；根据圆与圆、直线与圆的位置关系，判断D.【详解】解：对于A，由于曲线的方程为，平方得，即，则曲线表示两条直线，其方程分别为与，所以A错误；对于B，点与直线上的点最短距离为到直线上的距离为1，点在直线外，所以点与直线上的点最短距离为点到直线的距离，故B正确；对于C，当时，圆为，圆心，半径，则到直线的距离为，此时直线与圆有两个交点，到直线的距离为，则此时直线与圆相切只有一个公共点，则曲线与圆M有3个公共点，故C正确；对于D，①当时，原点在圆内，则存在，半径为的圆与圆内切，使得圆与曲线有4个公共点，如下图，②当时，原点在圆外，则存在，半径为的圆与圆外切，使得圆与曲线有4个公共点，如下图③当时，则存在，以为半径的圆与圆内切，此时到直线的距离，所以圆与曲线有4个公共点，如下图④当时，则存在，以为半径的圆与圆外切，此时到直线的距离，所以圆与曲线有4个公共点，如下图综上，故D正确.故选：BCD.11.【答案】ABD【分析】选项A，易得，，从而判断；选项B根据椭圆的性质解决椭圆中两点间距离问题；选项C由椭圆定义可得到|PA|、|PB|之和为定值，由基本不等式可以得到、|PB|乘积的最大值，结合余弦定理即可求出cos∠APB的最小值；选项D中分析蒙日圆的关键信息，圆心是原点，找两条特殊的切线，切线交点在圆上，求得圆半径得圆方程．【详解】解：对于A，因为点A在半圆上，点B在半椭圆上，O为坐标原点，OA⊥OB，则，，则，当位于椭圆的下顶点时取等号，所以△OAB面积的最大值为6，故A正确；对于B，半圆上的点到点的距离都是，半椭圆上的点到点的距离的最小值为，最大值为，所以曲线C上任意一点到原点的距离的最大值与最小值之和为7，故B正确；对于C，是椭圆的两个焦点，在△PAB中，，由余弦定理知：，当且仅当时取等号，所以cos∠APB的最小值为，故C错误；对于D，由题意知：蒙日圆的圆心O坐标为原点(0，0)，在椭圆：中取两条切线：和，它们交点为，该点在蒙日圆上，半径为此时蒙日圆方程为：，故D正确．故选：ABD．12.【答案】BC【分析】对A：利用函数单调性和举反例判断；对B：根据题意整理可得，进而分析判断；对C：分类讨论的符号，并结合数列单调性分析判断；对D：根据数列单调性分析判断.【详解】对A：在上单调递增，在上单调递减，即在整个定义域内不单调，故无法判断数列一定是单调递增数列，例如，则，可知数列是单调递增数列，则数列是单调递减数列，A错误；对B：∵，则，又∵，即，则，即，∴，则数列是以周期为2的周期数列，B正确；对C：∵，则数列为递减数列，即，令，则，∴当时，则；当时，则.由B可得，若时，则，则，即，∴，故其“倒和数列”有最大值，C正确；对D：∵，则数列为递增数列，可得，∴，则，即，故数列为递减数列，无最小值，D错误.故选：BC.13.【答案】【分析】设，到y轴距离等于1的点满足，计算得到答案.【详解】设，到y轴距离等于1的点满足，即.故答案为：14.【答案】【分析】表示直线上的点到点和的距离和，由于在直线的同侧，所以将其中一点关于直线对称，再利用两点之间线段最短可求得结果.【详解】表示直线上的点到点和的距离和，即,设点关于直线的对称点为，则，所以,当三点共线时取等号，所以的最小值为，故答案为：.15.【答案】2021【分析】由可得，由累加法可得，结合求得，即得，即可求得答案.【详解】由得：，则，由于，故，故，故，故答案为：2021.16.【答案】【分析】根据题意求出点的轨迹方程，从而圆与椭圆有四个不同的交点即可求解.【详解】设点,由得,化简得,依题意得圆与椭圆有四个交点，所以，即，即，所以，所以.故答案为:.17.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据垂直关系结合直线的斜截式方程整理运算；（2）设直线的点斜式方程，结合题意运算求解.【详解】（1）∵直线的斜率且，则直线的斜率为，又∵在轴上的截距为，即过点，所以直线方程：，即，联立方程得：，解得，故交点为.（2）依据题意可知：直线的斜率存在，设直线：且，与两坐标轴的交点为，则直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积为，解得，故方程为：，即.18.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用与关系，结合等比数列的定义与通项运算整理；（2），讨论的奇偶性，结合并项求和方法运算整理.【详解】（1）当时，；当时，，则；又∵，则是以2为首项，2为公比的等比数列，∴.（2）因为当为偶数时，；当为奇数时，；综上所述：数列的前项和为.19.【答案】(1)(2)【分析】（1）设圆方程为，根据与圆外切得到，解得答案.（2）联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，代入计算得到或，验证即可.【详解】（1）圆与轴相切，圆为：，，又圆与圆外切，圆，即圆，圆心，半径；由，解得，故圆的标准方程为．（2）依题意，直线的斜率存在，设，联立，消得，设，则，由，得或，当时，舍去.故直线.20.【答案】(1)；(2)(3)【分析】（1）利用等差和等比数列通项公式可构造方程组求得，由此可得；（2）采用分组求和的方式，根据等比数列求和公式和裂项相消法可求得；（3）将恒成立的不等式转化为，令，利用作差的方式可求得的单调性，得到，由此可得的取值范围.【详解】（1）设等差数列的公差为，由得：，又，，，.（2）由（1）得：，.（3）由（2）得：对任意的，恒成立，对任意的，恒成立；令，则；则当时，；当时，；，，即实数的取值范围为.21.【答案】(1)(2)恒过定点【分析】（1）写出直线的方程，过点作于点，根据垂径定理得为的中点，分析可知，利用点到直线的距离公式求出，进而可求得的值；（2）设点，求出以线段为直径的圆的方程，将该圆的方程与圆的方程作差可得出直线的方程，即可求出直线所过定点的坐标.【详解】（1）解：由题意可知，直线的方程为，即，如下图所示：过点作于点，根据垂径定理得为的中点，因为，，，则为的中点，且，由点到