1、高考资源网（） 您身边的高考专家随州一中20202021学年度第一学期期中考试高二数学试题 考试时间：120分钟 分值：150分祝考试顺利注意事项:1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将答题卡交回。一选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分。第1-8题是单选题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。第9-12题是多选题，多选不给分，漏选给3分。请将正确的
2、答案填涂在答题卡上） 1设公比为3的等比数列的前项和为，若，则( )A3 B9 C27 D81 2设是等差数列的前项和，且，则( )A9 B8 C7 D 63设等差数列的前项和为若,则数列的最小项是( )A第6项B第7项C第12项D第13项4直线与圆交于两点,则(是原点)的面积为( )A B C D5已知P是直线上的动点，是的两条切线（为切点），则四边形面积的最小值为（ ）AB C2D 6直线被圆截得的弦长为,则直线的斜率为( )ABCD7已知直线与曲线有两个公共点,则实数的取值范围是( )ABCD8在正整数数列中,由1开始依次按如下规则,将某些数染成红色先染1;再染两个偶数2,4;再染4后面
3、最邻近的3个连续奇数5,7,9;再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16;再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25按此规则一直染下去,得到一红色数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,则在这个红色数列中,由1开始的第2018个数是( )A3971 B3972 C3973 D39749（多选题）设有一组圆,则下列为真命题的是( )A存在,使圆与轴相切B存在一条直线与所有的圆均相交C存在一条直线与所有的圆均不相交D所有的圆均不经过原点10（多选题）已知函数，且，则等于( )ABCD11（多选题）下列命题是真命题的是( )A直线恒过定点B圆上有且仅有3个点到
4、直线的距离等于1C若圆与圆恰有三条公切线,则D若直线相切，且为锐角，则该直线的斜率是12（多选题）在数列中,数列的前n项和为,则下列结论正确的是( )A数列为等差数列BCD二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分将答案填在答题卡相应的位置上）13设,则_14过点的圆与直线相切于,则圆的方程为_15设点,若在圆上存在点,使得,则的取值范围是_16将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第5行（）从左向右的第3个数为_第行（）从左向右的第3个数为_三、解答题：（本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17（本小题满分10分）已知等
5、差数列满足: 的前项和为（1）求及（2）令 (),数列的前项和为,求证: 18（本小题满分12分）已知圆,直线（1）求证:对任意的,直线与圆恒有两个交点;（2）设与圆相交于两点,求线段的中点的轨迹方程19（本小题满分12分）数列的前项和为,（1）求数列的通项公式;（2）设,若数列是递增数列,求实数的取值范围20（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面底面，点分别是的中点（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）在棱上求作一点，使得，并说明理由21（本小题满分12分）已知是函数图象上的任意两点,且角的终边经过点,当时, 的最小值为（1）求函数的解析式;（2）当时,不等式恒成立,求
6、实数的取值范围22（本小题满分12分）已知圆C经过点，且圆心C在直线上，又直线与圆C相交于两点（1）求圆C的方程；（2）若，求实数k的值；（3）过点作动直线m交圆C于两点试问：在以EF为直径的所有圆中，是否存在这样的圆P，使得圆P经过点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由随州一中20202021学年度第一学期期中考试高二数学参考答案1.答案：C2.答案：C解析：设等差数列的公差为,，解得.则.故选：C.3.答案：B解析：由题意及,得,所以,且公差,所以,最小.故选B.4.答案：D解析：圆心到直线的距离为,所以,而到直线的距离为,所以.选D5.答案：B解析：圆的方程为: 圆心、半径r为1
7、由于四边形面积等于，而故而最小是，四边形面积最小又的最小值等于圆心C到直线的距离d，而故而四边形面积的最小值为6.答案：D解析：因为直线被圆截得的弦长为,所以圆心到直线的距离,所以,解得,故选D.7.答案：B解析：由,得,如图.当直线与相切时,解得,又不合题意,故.结合图像可知若直线与曲线有两个公共点,则实数的取值范围是.故选B.8.答案：B解析：由题意可知,第一组有1个数,第二组有2个数,.,根据等差数列的前项和公式,可知前项共有个数.由于,因此,第2018个数时第64组的第2个数,由于第1组最后一个数时1,第2组最后一个数是4,第3组最后一个数是9,.,第组最后一个数是,因此,第63组最后
8、一个数是,第64组为偶函数,其第一个数为3970,第2个数为3972,故选B.9.答案：ABD解析：根据题意得这组圆的圆心为,半径为,选项A,当,即时,圆的方程为,圆与轴相切,故A为真命题；选项B,直线过圆的圆心,所以直线与所有圆都相交,故B为真命题；选项C,若取无穷大,半径也无穷大,则可以认为所有直线都与圆相交,故C为假命题；选项D,将代入圆的方程,则有,不存在使此式成立,即所有圆不过原点,故D为真命题.故选ABD.10.答案：AC11.答案：BCD解析：A中,直线可化为,由,得,则直线恒过定点,故A为假命题；B中,圆心到直线的距离,圆的半径,因此圆上有且仅有3个点到直线的距离为1,故B为真
9、命题；C中,圆,即,圆,即,若与恰有三条公切线,则外切,则两圆心的距离为,解得,故C为真命题；D中,圆心到直线的距离等于半径，即有或（不符合题意，舍去）.由，得故该直线的斜率是. 故选BCD.12.答案：BD解析：依题意得,当n是奇数时,即数列中的偶函数构成以为首项,1为公差的等差数列,所以,当n是偶数时,所以,两式相减,得,即数列中的奇数项从开始,每隔一项的两项相等,即数列的奇数呈周期变化,所以,在中,令,得,因为,所以,对于数列的前31项,奇数项满足,偶数项构成以为首项,1为公差的等差数列,所以,故选BD二、填空题13.答案：解析：数列是首项为2,公比为,项数为的等比数列,.14.答案：解
10、析：设圆的方程为,由题意知:点既在直线上,又在的垂直平分线上,由,得圆心坐标为(3,0), ,所以圆的方程为.15.答案：-1,1解析：由题意,可知点在直线上运动,设直线与圆相切于点.当,即点与点重合时,显然圆上存在点或符合要求;当时, 过作圆的切线,切点之一为点,此时对于圆上任意一点.都有,故要存在,只需.特别地,当时,有.结合图形可知,符合条件的取值范围为.16.答案：解析：三、解答题17.答案：（1）设等差数列的公差为,因为,所以有,所以;（2）由1知,所以,所以,又单调递增,故.解析：18.答案：（1）由已知可得直线 ,所以直线恒过定点.又所以点在圆内,所以对任意的,直线与圆恒有两个交
11、点.（2）如图所示,由1,知直线恒过定点,且直线的斜率存在.又是的中点,所以点在以为直径的圆上.又所以以为直径的圆的方程为,又直线的斜率存在, ,所以点 的轨迹方程为.解析：19.答案：（1）由已知: 即: ,又由得: ,所以（2）由知: 依题意: 对恒成立.即: 整理得: 当时: 取最大值故解析：20.答案：（1）因为点分别是的中点，所以.因为四边形为正方形，所以.所以.因为平面，平面，所以平面.（2）因为平面底面，所以平面.因为平面，所以.因为，点是的中点，所以.因为，平面，平面，所以平面.（3）取的中点，连接，过点作，交于点，则点即为所求作的点. 理由：因为，点是的中点，所以.因为平面底
12、面，所以平面，所以.因为，所以平面.因为平面，所以.解析： 21.答案：（1）角的终边经过点,.又,.当时, 的最小值为,即,.（2）当时, ,于是,于是即为,由,得的最大值为.实数的取值范围是.解析：22.答案：（1）设圆心，半径为r因为圆C经过点，所以，即，解得，所以圆C的方程是（2）因为，且与的夹角为，所以所以圆心C到直线的距离，又，所以（3）（）当直线m的斜率不存在时，直线m经过圆C的圆心C，此时直线m与圆C的交点为，EF即为圆C的直径，而点在圆C上，即圆C也是满足题意的圆（）当直线m的斜率存在时，设直线，由，消去y整理，得，由，得或设，则有由得，若存在以为直径的圆P经过点，则，所以，因此，即，则，所以，满足题意此时以为直径的圆的方程为，即，亦即综上，在以为直径的所有圆中，存在圆或，使得圆P经过点解析：- 12 - 版权所有高考资源网
