2024-2025学年度高二第一学期数学期中考试试题一、单选题1. 将自然数1，2，3，4，5，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”（ ）A. 22B. 30C. 37D. 46【答案】B【解析】【分析】先根据题中规律找到拐角数的通项公式，进而可得.【详解】由题意得第1个“拐角数”为，第2个“拐角数”为，第3个“拐角数”为，第4个“拐角数”为，则第个“拐角数”为对于A：第6个“拐角数”是，故A不合题意；对于B、C：第7个“拐角数”是，第8个“拐角数”是，则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意；对于D：第9个“拐角数”，故D不合题意故选：B.2. 在等差数列an中，已知，则数列an的通项公式可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】方法一，设出首项，公差为d，代入已知条件即可求解；方法二，根据等差数列性质可求出，代入到已知可求出公差为d，即可求解；方法三，根据韦达定理可求出，是方程的两根，再根据等差数列可求出通项公式.【详解】方法一（基本量法）设an的首项为，公差为d，则由，得，代入，整理得，解得当时，；当时，方法二（等差数列的性质），当时，；当时，方法三（方程思想），（由和与积，联想到根与系数的关系），是方程的两根，或由，得，同理，由，得故选：3. 已知等比数列的前n项和为，且，若，则（ ）A. 550B. 520C. 450D. 425【答案】D【解析】【分析】由等比数列前n项和的性质可得答案.【详解】由等比数列前n项和的性质可得，成等比数列，则，设，则，等比数列中，解得，故，故选：D4. 过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角范围为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题知直线的斜率，再根据斜率范围求解倾斜角的范围即可.【详解】 设直线的倾斜角为， 当直线的斜率不存在时，符合，当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，因为点， ，则，因直线经过点，且与线段总有公共点，所以，因为，又，所以，所以直线的倾斜角范围为.故选：B.5. 直线：，：，若，则实数的值为（ ）A. 0B. 1C. 0或1D. 或1【答案】C【解析】【分析】根据两直线垂直的公式求解即可.【详解】因为：，：垂直，所以，解得或，将，代入方程，均满足题意，所以当或时，.故选：.6. 已知直线与直线平行，则与之间的距离为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】A【解析】【分析】根据两条直线平行，求出值，再应用平行线间的距离公式求值即可.【详解】因为直线与直线平行，所以，解之得.于是直线，即，所以与之间的距离为.故选：A7. 若点在圆C：的外部，则m的取值可能为（ ）A. 5B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据点在圆外及方程表示圆求出的范围得解.【详解】因为点在圆C：的外部，所以，解得，又方程表示圆，则，即，所以，结合选项可知，m的取值可以为.故选：C8. 已知线段的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设出动点和动点的坐标，找到动点和动点坐标的关系，再利用相关点法求解轨迹方程即可.【详解】设，由中点坐标公式得，所以，故，因为A在圆上运动，所以，化简得，故B正确.故选：B二、多选题9. 已知是的前项和，则下列选项正确的是（ ）A. B. C. D. 是以为周期的周期数列【答案】BD【解析】【分析】由已知数列递推式，可得an是以3为周期的周期数列，判断；结合数列的周期性逐一分析选项【详解】，则数列an是以为周期的周期数列，故正确；则，故错误；，故正确；可得，故错误故选：10. 已知等比数列中，则（ ）A. 公比为B. C. 当时，D. 的前10项积为1【答案】ABD【解析】【分析】由等比数列an中，可求得公比，根据等比数列的性质结合等比数列通项公式即可判断各个选项.【详解】对于A项，设等比数列an的公比为，由，得，解得，故A正确；对于B项，则，故B正确；对于C项，当时，则，故C错误；对于D项，由，可得an的前10项积为，故D正确故选：ABD.11. 若方程表示的曲线为圆，则实数的值可以为（ ）A. 0B. C. 1D. 2【答案】AD【解析】【分析】先将方程合理转化，后结合二元二次方程表示圆的条件求解即可.【详解】方程，即，若方程表示圆，则，解得或，结合选项可知AD正确，BC错误.故选：AD三、填空题12. 设等差数列与的前n项和分别为，且，则_【答案】【解析】【分析】由等差数列的性质，推导出，代入题干所给公式得到结果.【详解】，故答案为：13. 设直线与直线的交点为P，则P到直线的距离的最大值为_【答案】【解析】【分析】先求出的坐标，再求出直线所过的定点，则所求距离的最大值就是的长度.【详解】由可以得到，故，直线方程可整理为：，故直线过定点，因为到直线的距离，当且仅当时等号成立，故，故答案为：.14. 已知，第三个顶点C在曲线上移动，则的重心的轨迹方程是_【答案】【解析】【分析】设，由题可得重心坐标为：，后由横纵坐标间关系可得答案.【详解】设，因，则.因，则重心坐标为.设，则，则.故重心轨迹方程为：.故答案为：.四、解答题15. 等差数列an的前项和为，已知，.（1）求数列an的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据条件转化为首项和公差的方程，即可求解；（2）根据数列正项和负项的分界，讨论与的关系，求解.【小问1详解】设数列an的公差为， ，公差为， ；【小问2详解】由已知，时，；时，；综上.16. 已知是各项均为正数的等比数列，且，成等差数列（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设公比为，根据等差中项可得，根据等比数列通项公式列式求解即可；（2）由（1）可知：，利用分组求和结合等差、等比数列求和公式运算求解.【小问1详解】设等比数列的公比为，且，因为，成等差数列，则，即，解得或（舍去），所以的通项公式为.【小问2详解】由（1）可知：，则，所以.17. 已知点，直线.（1）求点P到直线l的距离；（2）求点P关于直线l的对称点Q的坐标.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由点到直线距离公式即可得解；（2）设对称点坐标为，利用两直线垂直的性质与中点坐标公式列方程组即可得解.【小问1详解】因为点，直线，所以点P到直线l的距离为；【小问2详解】设点关于直线对称的点的坐标为，则中点的坐标为，又直线的斜率为，所以，解得，即.18. 已知的圆心在x轴上，经过点和（1）求的方程；（2）过点的直线l与交于A、B两点（）若，求直线l的方程；（）求弦AB最短时直线l的方程【答案】（1） （2）或；.【解析】【分析】（1）设圆心为，根据题中条件求出的值，可求出圆的半径，即可得出圆的标准方程；（2）求出圆心到直线的距离，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直线写出直线的方程，直接验证即可； 在直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式求出的值，综合可得出结果； 分析可知，当时，AB取最小值，求出直线的斜率，可得出直线的斜率，再利用点斜式可得出直线的方程.【小问1详解】设圆心为，由题意可得，解得，所以，圆的半径为，因此，圆的标准方程为.【小问2详解】当时，圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，合题意，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，则，解得，此时，直线的方程为.综上所述，直线的方程为或.当时，圆心到直线的距离最大，此时，AB取最小值，因为，则，此时，直线方程为，即.19. 把满足任意总有的函数称为和弦型函数.（1）已知为和弦型函数且，求的值；（2）在（1）的条件下，定义数列：，求的值；（3）若为和弦型函数且对任意非零实数，总有设有理数满足，判断与的大小关系，并给出证明【答案】（1）； （2） （3），证明见解析【解析】【分析】（1）利用所给定义，使用赋值法分别令、代入计算即可得解；（2）令代入计算可得，即可得其通项公式，结合对数运算与等差数列求和公式计算即可得解；（3）令，数列满足，从而只需证明数列递增数列即可得证.【小问1详解】令，则，可得，令，则，则；【小问2详解】令，则，即，又，所以数列为以为公比，为首项的等比数列，即，则；【小问3详解】由题意得：函数定义域为，定义域关于原点对称，令为任意实数，则，即是偶函数，因为，又因为当时，所以当时，有，所以，为有理数，不妨设，令为，分母的最小公倍数，且均为自然数，且，设，则，令，则，即，故数列单调递增，则，又是偶函数，所以有.【点睛】关键点点睛：根据递推关系的特点，灵活应用特殊值法求函数值及函数关系，最后一问需根据有理数的性质：令，将问题转化为判断的增减性.