精品解析：福建省东山第二中学2025-2026学年高二上学期11月期中数学试题

2025-2026学年度东山二中高二期中考试卷数学 考试范围：数列及平面解析几何初步；考试时间：120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 在等比数列中，，，则的前6项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式、求和公式计算即可. 【详解】设等比数列的公比为，由条件可知，（由题意知，） 得，故由，得，解得， 故的前6项和为. 故选：D. 2. 数列满足，，，，则的值为（ ）. A 13 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列递推关系式，依次写出即可. 【详解】由题意，. 故选：C. 3. 已知集合，集合，，则的取值范围是（ ） A. B. 且 C. 且 D. 且且 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知集合表示直线上去掉点所构成的两条射线，集合表示定点且斜率存在的直线，根据直线的位置关系可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】集合表示直线上去掉点所构成的两条射线， 在方程中，令可得， 集合表示过定点且斜率存在的直线， 由得两直线斜率不同，则，解得． 故选：C. 4. 若复数，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的运算性质结合等比数列前n项和公式化简求值. 【详解】， 所以. 故选：C. 5. 在平面直角坐标系中，已知点，且动点满足，则动点的轨迹与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 外切 C. 外离 D. 内切 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据已知条件得到的轨迹表示圆心为，半径为的圆，再根据两圆的位置关系求解即可. 【详解】，得， 则，整理得， 表示圆心为，半径为的圆， 圆的圆心为，半径， 两圆的圆心距为，满足， 所以两个圆外离. 故选：C. 6. 已知圆，点是圆上的动点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为3 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，转化问题为求直线的最大截距，由几何法即可得解； 对于B，利用基本不等式即可得解； 对于C，转化问题为求到圆上的点的距离的平方的最小值，由几何法即可得解； 对于D，转化问题为求点到圆上的点的连线的斜率的最大值，由几何法即可得解. 【详解】由圆得，则， 因为点是圆上的动点，所以， 对于A，令，则，故问题转化为直线与圆相交时，求直线截距的最大值， 显然，当直线与圆相切于点时，截距最大，连结，则，如图1， 因为直线斜率为，故倾斜角为，故， 故在中，，故， 即截距的最大值为，故的最大值为，故A错误； . 对于B，因为，所以，即， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为，故B错误； 对于C，将看作是到圆上的点的距离的平方，如图1，又因为， 所以，故，故C错误； 对于D，将看作是点到圆上的点的连线的斜率，则直线的方程为，即，如图2， 由题意可知，圆心到直线的距离，即，解得， 故的最大值为，即的最大值为，故D正确. . 故选：D. 7. 设数列的前项和为，，且，若恒成立，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据递推公式构造数列，结合可得数列的通项公式，然后参变分离，利用对勾函数性质可解. 【详解】因为，所以，所以数列是常数列， 又，所以，从而， 所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，故． 因为恒成立，所以恒成立，即恒成立． 设，则，从而． 记，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增， 又，，，且， 所以的最小值是，所以． 故选：B 8. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．如动点与两定点，的距离之比为时的阿波罗尼斯圆为．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆上的动点和定点，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取点，推理证明得，把问题转化为求点M到定点B，N距离和的最小值作答. 【详解】如图，点M在圆上，取点，连接，有， 当点不共线时，，又，因此∽， 则有，当点共线时，有，则， 因此，当且仅当点M是线段BN与圆O的交点时取等号， 所以的最小值为. 故选：C 【点睛】方法点睛：圆及圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 二、多选题 9. 过点作圆的切线，所得切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据切线斜率是否存在分类讨论，利用圆心到切线距离等于半径可求结果． 【详解】 由圆心为，半径为1，过点斜率存在时，设切线为， 则，可得，所以，即； 斜率不存在时，，显然与圆相切， 综上，切线方程为：或． 故选：AB． 10. 已知数列的前项和为，若，，，则（ ） A. 4是数列中的项 B. 当最大时，的值只能取5 C. 数列是等差数列 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由等差数列的基本量法求出通项，令可得A正确；由可得B错误；求出，再表达出、，作差可得C正确；求出可得D正确； 【详解】因为，， 所以数列是公差为，首项是20的等差数列， 即， 对于A，，所以4是数列中的项，故A正确； 对于B，令，即，前五项大于零， 所以当最大时，的值可以取5或6，故B错误； 对于C，， 所以，， ， 所以数列是等差数列，故C正确； 对于D，，， 所以，故D错误； 故选：AC. 11. （多选） “曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离，则下列结论正确的是（ ） A. 若点，则 B. 若点，则在轴上存在点，使得 C. 若点，点在直线上，则的最小值是3 D. 若点在上，点在直线上，则的值可能是4 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用“曼哈顿距离”的定义计算判断AD；结合绝对值的意义判断B；作出图形，借助几何意义求解判断C. 【详解】对于A，由曼哈顿距离的定义知，A正确； 对于B，设，则，B错误； 对于C，作轴，交直线于，过作，垂足为，如图①所示： 由曼哈顿距离的定义可知，而点， 当不与重合时，由直线的斜率为，得， 则；当与重合时，， 于是，因此，C正确． 对于D，如图②所示，取，，则，D正确． 故选：ACD 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 已知点在圆外，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可知方程表示圆的方程，且点在圆外列不等式，即可得实数的取值范围. 【详解】由得：，故 因为点在圆外，所以，所以. 所以实数的取值范围是：. 所以答案为：. 13. 数列的前项和，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用即可求出，并验证是否满足，即可写出数列的通项公式. 【详解】 ， 当时，，不满足条件， . 14. 已知曲线的方程是，给出下列四个结论： ①曲线与两坐标轴有公共点； ②曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形； ③若点，在曲线上，则的最大值是； ④曲线围成图形的面积大小在区间内． 所有正确结论的序号是______． 【答案】②③ 【解析】 【分析】根据题意，对绝对值里面的正负分类讨论求出方程，作出图象，由此分析个结论，即可得答案． 【详解】根据题意，曲线的方程是，必有且， 当，时，方程为， 当，时，方程为， 当，时，方程为， 当，时，方程为， 作出图象： 依次分析个结论： 对于①，由于，，曲线与坐标轴没有交点，故①错误； 对于②，由图可知，曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形，故②正确； 对于③，若点，在曲线上，则当且仅当、与圆弧所在的圆心共线时取得最大值， 故的最大值是圆心距加两个半径，为，故③正确； 对于④，当，时，方程为与坐标轴的交点，， 则第一象限面积为， 故总的面积大于，故④错误． 故答案为：． 四、解答题 15. 已知的顶点的坐标为，边上的高所在的直线方程为，边上的中线所在的直线方程为. （1）求点的坐标； （2）求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据直线垂直可得，进而由点斜式即可求解方程，联立两直线的方程求解交点坐标即可， （2）利用中点坐标公式以及点在直线上，即可联立方程求解，从而由点斜式可得直线方程. 【小问1详解】 由边上的高所在的直线方程为， 可得边上的高所在的直线的斜率为，则. 又，所以直线的方程为，即. 又边上的中线所在的直线方程为， 由解得，所以点的坐标为 【小问2详解】 设点，则边的中点在直线上， 所以，即. 又点在直线上，则有， 解得即. 所以直线方程是 即 16. 已知数列的前项和为，且，． （1）证明：是等比数列． （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用的关系得，结合等比数列定义证明结论； （2）由（1）得，应用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 当时，因为，所以． 当时，且，则，即． 又，所以是以6为首项，3为公比的等比数列． 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以，故． 17. 已知直线：，：． （1）若，求的值； （2）若，求的值； （3）若直线，与轴的交点分别为，，与轴的交点分别为，，若，求的值． 【答案】（1）或 （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）先根据求解出的值，然后再进行检验是否重合，由此求解出的值. （2）根据求解即可. （3）令和分别解出四点坐标，然后由得到关于的方程，分的取值解出即可. 【小问1详解】 ，故， 解得或， 当时，：，：，，不重合， 当时，：，：，，不重合， 所以或. 【小问2详解】 因为，所以，解得. 【小问3详解】 直线，与轴的交点分别为，，所以当时，，， 解得，，所以， 令，得，，解得， 所以，又，所以， 即， 当时，，无解， 当或时，，解得或， 当时，，无解， 综上所述，或． 18. 如图，正方形的边长为，取正方形各边的中点E，F，G、H，作第2个正方形，其边长记为；然后再取正方形各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形，其边长记为；依此方法一直继续下去，则记第个正方形的边长为.已知，. （1）求，； （2）若，求数列的前n项和； （3）记第n个正方形区域未被第个正方形区域覆盖的面积为，求使得成立的n的最小值. 【答案】（1），； （2）； （3）5 【解析】 【分析】（1）先根据条件列出的递推公式，判断是等比数列，根据等比数列的通项公式求解，进而可得； （2）将和代入，得到的通项，利用错位相减法求的前n项和； （3）先用累加法得到，列出不等式，设，利用数列的单调性解不等式即可. 【小问1详解】 由题意，， 即， 得出数列为等比数列，公比为，， 即， 可得， . 【小问2详解】 ，，，， ， ……① ……② ①②两式相减得， 即， 即， 即， 即. 小问3详解】 由题意，，则有， 可得， 即， 设，则为单调递减数列， 且， ， 又， 则，即的最小值是5. 19. 已知二次曲线表示圆的充要条件为，且.关于二次曲线，有以下结论：若，，，为平面内三条直线，且，，，则过，，三点的二次曲线系方程为（，为参数）.若，，，为平面内四条直线，且，，，，则过四点的二次曲线系方程为（为参数）. （1）若三角形三边所在直线方程分别为：，，.求该三角形的外接圆方程. （2）记（1）中所求的外接圆为，直线与交于，两点（在第一象限），直线与交于，两点（在第二象限），直线交轴于点，直线交轴于点，直线与直线交于点. （i）求证：； （ii）求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由题意，根据三条直线方程设出二次曲线系方程，通过方程表示圆的充要条件待定系数可得； （2）由四条直线方程设出二次曲线系方程，再由已知圆的一般方程，对比两方程寻找系数的等量关系，由关系可证得，由关系式（即）可得交点在定直线上上，进而求解最值. 【小问1详解】 则由题意，可设所求三角形的外接圆方程为：（，为参数）， 即 ，（） 若方程表示圆，则，解得. 将代入（）式化简得， 验证：由，可知该方程表示圆 故该三角形的外接圆方程为. 【小问2详解】 如图，在平面直角坐标系中， 设直线与轴的交点，直线与轴的交点， 由题意知直线均不与轴垂直， 则直线方程可设为，直线方程可设为， 由题意可知，且. 不妨记直线分别为， 且， 其中，，， 故由题意，过四点的二次曲线系方程可设为 （为参数）， 即 ①， 若时，方程表示两条直线，不表示圆， 故. 由四点不共线，且都在圆②上， 所以方程①②表示同一圆， 则有③，且④. （i）由③式及，可得， 即；故（i）得证； （ii）由③式可得，令，则， 代入④式可得， 联立直线方程，解得， 即交点在定直线上，故. 如图2，由对称性可知，当时，交点在轴上， 即，此时. 故的最小值为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键有两点，一是理解二次曲线系方程的设法，能够根据题目提供的条件由直线方程设出二次曲线方程；二是二次曲线系方程的应用，本题主要是三角形外接圆与四边形外接圆的应用，第（1）问通过方程表示圆的充要条件待定系数，第（2）问通过同一圆的两种不同方程表达形式寻求等量关系从而解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度东山二中高二期中考试卷数学 考试范围：数列及平面解析几何初步；考试时间：120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 在等比数列中，，，则的前6项和为（ ） A. B. C. D. 2. 数列满足，，，，则的值为（ ）. A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 3. 已知集合，集合，，则的取值范围是（ ） A. B. 且 C. 且 D. 且且 4. 若复数，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 5. 在平面直角坐标系中，已知点，且动点满足，则动点的轨迹与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 外切 C. 外离 D. 内切 6. 已知圆，点是圆上动点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为3 C. 的最小值为 D. 的最大值为 7. 设数列的前项和为，，且，若恒成立，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8 8. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．如动点与两定点，的距离之比为时的阿波罗尼斯圆为．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆上的动点和定点，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 过点作圆的切线，所得切线方程为（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列的前项和为，若，，，则（ ） A. 4是数列中的项 B. 当最大时，的值只能取5 C. 数列是等差数列 D. 11. （多选） “曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离，则下列结论正确的是（ ） A. 若点，则 B. 若点，则在轴上存在点，使得 C. 若点，点在直线上，则的最小值是3 D. 若点在上，点在直线上，则的值可能是4 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 已知点在圆外，则实数的取值范围是__________. 13. 数列的前项和，则___________． 14. 已知曲线的方程是，给出下列四个结论： ①曲线与两坐标轴有公共点； ②曲线既中心对称图形，又是轴对称图形； ③若点，在曲线上，则的最大值是； ④曲线围成图形的面积大小在区间内． 所有正确结论的序号是______． 四、解答题 15. 已知顶点的坐标为，边上的高所在的直线方程为，边上的中线所在的直线方程为. （1）求点的坐标； （2）求直线方程. 16. 已知数列的前项和为，且，． （1）证明：是等比数列． （2）若，求数列的前项和． 17. 已知直线：，：． （1）若，求的值； （2）若，求的值； （3）若直线，与轴交点分别为，，与轴的交点分别为，，若，求的值． 18. 如图，正方形的边长为，取正方形各边的中点E，F，G、H，作第2个正方形，其边长记为；然后再取正方形各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形，其边长记为；依此方法一直继续下去，则记第个正方形的边长为.已知，. （1）求，； （2）若，求数列的前n项和； （3）记第n个正方形区域未被第个正方形区域覆盖的面积为，求使得成立的n的最小值. 19. 已知二次曲线表示圆的充要条件为，且.关于二次曲线，有以下结论：若，，，为平面内三条直线，且，，，则过，，三点的二次曲线系方程为（，为参数）.若，，，为平面内四条直线，且，，，，则过四点的二次曲线系方程为（为参数）. （1）若三角形三边所在直线方程分别为：，，.求该三角形的外接圆方程. （2）记（1）中所求的外接圆为，直线与交于，两点（在第一象限），直线与交于，两点（在第二象限），直线交轴于点，直线交轴于点，直线与直线交于点. （i）求证：； （ii）求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $