甘肃省酒泉市四校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题 Word版含解析.doc

2023～2024学年度第一学期期中考试高二数学考生注意：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4．本卷命题范围：选择性必修第一册第一章1.1～1.3、第二章.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，只有一个选项是符合题目要求的．1.已知数列的一个通项公式为，且，则实数等于（）A.1B.3C.D.【答案】B【解析】【分析】结合通项公式，利用列方程求解即可.【详解】因为，，所以，解得．故选：B.2.直线的一个方向向量是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据直线斜率可得其方向向量.【详解】直线的斜率，直线的一个方向向量为.故选：C.3.已知等差数列中，，则公差（）A.4B.3C.D.【答案】B【解析】【分析】根据等差数列通项公式即可求解.【详解】在等差数列中，，所以有．故选：B4.直线，若，则实数的值为（）A.0B.3C.0或D.0或3【答案】C【解析】【分析】根据直线垂直的充要条件列方程求解即可.【详解】因为，，所以，即，解得或.故选：C.5.在等比数列中，，则（）A.8B.6C.4D.2【答案】C【解析】【分析】先求出，再利用等比数列的性质可得，从而可得答案.【详解】设该等比数列公比为，因为，所以由，因此．故选：C.6.已知直线与曲线有两个不同的交点，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件及直线与圆相切的充要条件，结合点到直线的距离公式即可求解.【详解】曲线表示圆在x轴的上半部分，当直线与圆相切时，，解得，当点在直线上时，，可得,所以实数取值范围为.故选：A7.“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现，该数列满足递推关系：，．已知数列为“斐波那契”数列，为数列的前项和，若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用递推关系找到通项即可.【详解】，以此类推，．故选：D8.若圆上存在点，点关于直线的对称点在圆上，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】易得出圆关于直线对称的圆为，将问题转化为与有交点即可求解.详解】由题知，如图所示：因为圆的圆心为，所以关于直线对称的点为，所以圆关于直线对称的圆为，若要圆上存在点，点关于直线的对称点在圆上，其中圆的圆心为，半径为2，则只需与有交点即可，又所以在外，根据两圆有交点，则两圆心的距离大于半径等于之差的绝对值，小于等于半径之和.可得：，两圆分别内切与外切的时候取等号，解得：.故选：A.二、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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知等比数列的前项和为，若，则数列的公比可能是（）A.1B.C.3D.【答案】AB【解析】【分析】讨论与两种情况，求得或即可．【详解】设数列的公比为，若，则，满足题意；若，由，得，解得，综上，或．故选：AB10.下列各直线中，与直线平行的是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】根据直线平行的充要条件一一判定即可.【详解】两直线，其平行的充要条件为且或，对于A项，易知且，即A正确；对于B项，易得，有且，即B正确；对于C项，易知且，即C正确；对于D项，易知，D项不符合.故选：ABC11.下列关于直线与圆的说法正确的是（）A.若直线与圆相切，则为定值B.若，则直线被圆截得的弦长为定值C.若，则圆上仅有两个点到直线的距离相等D.当时，直线与圆相交【答案】ABD【解析】【分析】计算圆心到直线的距离，利用几何法可判断AC选项的正误，求出弦长可判断B选项的正误；根据直线过圆内定点判断D．【详解】圆的圆心为，半径为1，对于A选项，若与圆相切，则，可得，A正确；对于B选项，若，圆心到直线的距离为，此时直线被圆截得的弦长为，B正确；对于C选项，因为，圆心到直线的距离为，此时圆上有3个点到直线的距离相等，C错误；对于D选项，当时，直线的方程为，即直线过定点，又因为，可得点在圆内，故直线与圆相交，D正确．故选：ABD．12.已知数列满足，且数列的前项和为，则下列结论正确的是（）A.数列是等差数列B.C.D.若，则实数的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】由可得，可求出通项公式，从而可判断AB；错位相减法求出，从而可判断CD.【详解】由，得，即，所以是等差数列，公差为，首项为，A正确；所以，则，B正确；数列的前项和为：，①，②由①减②可得，即，C错误；