2024屆云南省會曲靖市會澤縣第一中學高二數學第一學期期末質量跟蹤監視模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．實數且，，則連接，兩點的直線與圓C：的位置關系是（）A.相離 B.相切C.相交 D.不能確定2．設P是拋物線上的一個動點，F為拋物線的焦點.若，則的最小值為（）A. B.C.4 D.53．命題“?x0∈（0，+∞），”的否定是（）A.?x∈（﹣∞，0），2x+sinx≥0B.?x∈（0，+∞），2x+sinx≥0C.?x0∈（0，+∞），D.?x0∈（﹣∞，0），4．若直線與互相垂直，則實數a的值為（）A.-3 B.C. D.35．設函數的圖象為C，則下面結論中正確的是（）A.函數的最小正周期是B.圖象C關于點對稱C.函數在區間上是增函數D.圖象C可由函數的圖象向右平移個單位得到6．已知數列，，則下列說法正確的是（）A.此數列沒有最大項 B.此數列的最大項是C.此數列沒有最小項 D.此數列的最小項是7．已知橢圓的右焦點為，則正數的值是（）A.3 B.4C.9 D.218．平行六面體中，若，則（）A. B.1C. D.9．已知直線，，若，則實數等于（）A.0 B.1C. D.1或10．已知兩圓相交于兩點，，兩圓圓心都在直線上，則值為（）A. B.C. D.11．過坐標原點作直線的垂線，垂足為，則的取值范圍是（）A. B.C. D.12．在等比數列中，是和的等差中項，則公比的值為（）A.－2 B.1C.2或－1 D.－2或1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．以點為圓心，且與直線相切的圓的方程是__________14．4與16的等比中項是________.15．在數列中，滿足，則________16．各項均為正數的等比數列的前n項和為，滿足，，則___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數列滿足，.（1）證明：數列為等差數列.（2）求數列的前項和.18．（12分）已知圓C的圓心為，一條直徑的兩個端點分別在x軸和y軸上（1）求圓C的方程；（2）直線l：與圓C相交于M，N兩點，P（異于點M，N）為圓C上一點，求△PMN面積的最大值19．（12分）在平面直角坐標系中，點，直線軸，垂足為H，，圓N過點O，與l的公共點的軌跡為（1）求的方程；（2）過M的直線與交于A，B兩點，若，求20．（12分）已知函數，且（1）求曲線在點處的切線方程；（2）求函數在區間上的最小值21．（12分）在數列中，，是與的等差中項，（1）求證：數列是等差數列（2）令，求數列的前項的和22．（10分）已知公比的等比數列和等差數列滿足：，，其中，且是和的等比中項（1）求數列與的通項公式；（2）記數列的前項和為，若當時，等式恒成立，求實數的取值范圍

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】由題意知，m，n是方程的根,再根據兩點式求出直線方程，利用圓心到直線的距離與半徑之間的關系即可求解.【詳解】由題意知，m，n是方程的根，，，過，兩點的直線方程為：，圓心到直線的距離為：，故直線和圓相切，故選：B【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，考查了計算求解能力，屬于基礎題.2、C【解析】作出圖形，過點作拋物線準線的垂線，由拋物線的定義得，從而得出，再由、、三點共線時，取最小值得解.【詳解】，所以在拋物線的內部，過點作拋物線準線的垂線，由拋物線的定義得，，當且僅當、、三點共線時，等號成立，因此，的最小值為.故選：C.3、B【解析】利用特稱命題的否定是全稱命題，寫出結果即可【詳解】命題“?x0∈（0，+∞），”的否定是“?x∈（0，+∞），2x+sinx≥0”故選：B4、C【解析】根據給定條件利用兩條直線互相垂直的關系列式計算作答.【詳解】因直線與互相垂直，則，解得，所以實數a的值為.故選：C5、B【解析】化簡函數解析式，求解最小正周期，判斷選項A，利用整體法求解函數的對稱中心和單調遞增區間，判斷選項BC，再由圖象變換法則判斷選項D.【詳解】，所以函數的最小正周期為，A錯；令，得，所以函數圖象關于點對稱，B正確；由，得，所以函數在上為增函數，在上為減函數，C錯；函數的圖象向右平移個單位得，D錯.故選：B6、B【解析】令，則，，然后利用函數的知識可得答案.【詳解】令，則，當時，當時，，由雙勾函數的知識可得在上單調遞增，在上單調遞減所以當即時，取得最大值，所以此數列的最大項是，最小項為故選：B7、A【解析】由直接可得.【詳解】由題知，所以，因為，所以.故選：A8、D【解析】根據空間向量的運算，表示出，和已知比較可求得的值，進而求得答案.【詳解】在平行六面體中，有，故由題意可知：，即，所以，故選：D.9、C【解析】由題意可得，則由得，從而可求出的值【詳解】由題意可得，因為，，，所以，解得，故選：C10、A【解析】由相交弦的性質，可得與直線垂直，且的中點在這條直線上；由與直線垂直，可得，解可得的值，即可得的坐標，進而可得中點的坐標，代入直線方程可得；進而將、相加可得答案【詳解】根據題意，由相交弦的性質，相交兩圓的連心線垂直平分相交弦，可得與直線垂直，且的中點在這條直線上；由與直線垂直，可得，解可得，則，故中點為，且其在直線上，代入直線方程可得，1，可得；故；故選：A【點睛】方法點睛：解答圓和圓的位置關系時，要注意利用平面幾何圓的知識來分析解答.11、D【解析】求出直線直線過的定點A，由題意可知垂足是落在以OA為直徑的圓上，由此可利用的幾何意義求得答案,【詳解】直線，即，令，解得，即直線過定點,由過坐標原點作直線的垂線，垂足為，可知：落在以OA為直徑的圓上，而以OA為直徑的圓為，如圖示：故可看作是圓上的點到原點距離的平方，而圓過原點，圓上點到原點的最遠距離為，但將原點坐標代入直線中，不成立，即直線l不過原點，所以不可能和原點重合，故，故選：D12、D【解析】由題可得，即求.【詳解】由題意，得，所以，因為，所以，解得或.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、；【解析】根據相切可得圓心到直線距離即為圓的半徑,利用點到直線距離公式解出半徑,即可得到圓的方程【詳解】由題,設圓心到直線的距離為,所以,因為圓與直線相切,則,所以圓的方程為,故答案為：【點睛】本題考查利用直線與圓的位置關系求圓的方程,考查點到直線距離公式的應用14、±8【解析】解析由G2＝4×16＝64得G＝±8.答案±815、15【解析】根據遞推公式，依次代入即可求解.【詳解】數列滿足，當時，可得，當時，可得，當時，可得，故答案為：15.16、【解析】利用等比數列的通項公式和前項和公式，即可得到答案.【詳解】由題意各項均為正數的等比數列得：，故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】（1）由結合等差數列的定義證明即可；（2）由結合錯位相減法得出前項和.【小問1詳解】在兩邊同時除以，得：，，故數列是以1為首項，1為公差的等差數列；【小問2詳解】由（1）得：，，①②①②得：所以.18、（1）；（2）.【解析】（1）設直徑兩端點分別為，，由中點公式求參數a、b，進而求半徑，即可得圓C的方程；（2）利用弦心距、半徑、弦長的幾何關系求，再由圓心到直線l的距離求P到直線l的距離的最大值，即可得△PMN面積的最大值【小問1詳解】設直徑兩端點分別為，，則，，所以，，則圓C半徑，所以C的方程為【小問2詳解】圓心C到直線l的距離，則，點P到直線l的距離的最大值為，所以，△PMN面積的最大值為19、（1）；（2）.【解析】(1)設出圓N與l的公共點坐標，再探求出點N的坐標，并由圓的性質列出方程化簡即得.(2)設出直線AB的方程，與的方程聯立，結合已知條件并借助韋達定理計算作答.【小問1詳解】設為圓N與l的公共點，而直線軸，垂足為H，則，又，，于是得，因O，P在圓N上，即，則有，化簡整理得：，所以的方程為.【小問2詳解】顯然直線AB不垂直于y軸，設直線AB的方程為，，由消去x并整理得：，則，因為，則點A到x軸距離是點B到x軸距離的2倍，即，由解得或，則有，因此有，所以.20、（1）（2）【解析】（1）由題意，求出的值，然后根據導數的幾何意義即可求解；（2）根據導數與函數單調性關系，判斷函數在區間上的單調性，從而即可求解.【小問1詳解】解：由題意，，因為，所以，解得，所以，，因為，，所以曲線在點處的切線方程為，即；【小問2詳解】解：因為，，所以時，，時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即函數在區間上的最小值為.21、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）求得，利用等差數列的定義可證得結論成立；（2）求出，可計算得出，利用并項求和法可求得數列的前項的和.小問1詳解】解：由題意知是與的等差中項，可得，可得，則，可得，所以，，又由，可得，所以數列是首項和公差均為的等差數列.【小問2詳解】解：由（1）可得：，，對任意的，，因此，.22、（1），；（2）.【解析】（1）根據已知條件可得出關于方程，解出的值，可求得的值，即可得出