2022-2023学年福建省漳州三中高二（上）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2022-2023学年福建省漳州三中高二（上）期中数学试卷-普通用卷，共13页。试卷主要包含了已知圆C1，已知直线l等内容，欢迎下载使用。
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.在等差数列{an}中，若a21+a33=6，则a25+a27+a29=( )
A. 6B. 9C. 12D. 54
3.设a∈R，则“直线ax+y−1=0与直线x+ay+5=0平行”是“a=−1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知圆C1：x2+y2−6x+4y+12=0与圆C2：x2+y2−14x−2y+a=0，若圆C1与圆C2有且仅有一个公共点，则实数a等于( )
A. 14B. 34C. 14或45D. 34或14
5.用数学归纳法证明 1+12+13+…+12n−11)时，第一步应验证不等式( )
A. 1+120)，
若选择条件①，则因为a1，a2+1，a3是公差为−3的等差数列，所以a2+1=a1−3a3=(a2+1)−3，
即a1q−a1=−4a1q2−a1q=−2，解得a1=8q=12，
因为各项均为正数的数列{an}是等比数列，
所以an=a1qn−1=8×(12)n−1=24−n；
若选择条件②，则由a5=a6+2a7，可得a1q4=a1q5+2a1q6，
因为a1≠0，所以2q2+q−1=0，解得q=12或q=−1(舍去)，
又a6=14，各项均为正数的数列{an}是等比数列，
所以an=a1qn−1=a6qn−6=14×(12)n−6=24−n；
(2)证明：由(1)可知an=24−n，所以bn=a2n=24−2n，
所以bn+1bn=22−2n24−2n=14，
所以数列{bn}是以b1=a2=4为首项，14为公比的等比数列，
因为Sn为数列{bn}的前n项和，
所以Sn4[1−(14)n]1−14=163[1−(14)n]=163−163×(14)n0)，若选择条件①，根据条件可得a2+1=a1−3a3=(a2+1)−3，即可解出a1，q的值，代入公式，即可求得{an}的通项公式；若选择条件②，由a5=a6+2a7可解得q的值，再根据a6=14，即可求得a1的值，代入公式，即可求得{an}的通项公式；
(2)根据(1)结果，可得bn=24−2n，利用定义可证明数列{bn}为等比数列，根据公式，求得前n项和Sn的表达式，即可得证．
本题考査等比数列通项公式基本量的求法、前n项和Sn的求法、定义法证明等比数列等知识，考査学生对基础知识的掌握程度，考査分析计算的能力，属中档题．
19.【答案】解：(1)由题知a4−a1=7，S3=7，设等比数列{an}的公比为q，显然q≠1，
则有{a1q3−a1=7,①a1(1−q3)1−q=7,②，
由①÷②得q−1=1，所以q=2，代入①得a1=1，
所以an=2n−1；
(2)由(1)可得bn={2n−1,n为偶数n−1,n为奇数，
所以T2n=b1+b2+⋯+b2n=(b1+b2+⋯+b2n−1)+(b2+b4+⋯+b2n)
=(0+2+4+⋯+2n−2)+(2+23+⋯+22n−1)
=(2n−2)n2+2(1−4n)1−4
=13⋅22n+1+n2−n−23.
【解析】(1)根据等比数列的通项公式和前n项和公式求出公比和首项，进而求解；
(2)结合(1)的结论，应用分组求和的方法即可求解．
本题考查等比数列通项的求法，考查利用等差数列与等比数列的前n项和公式求和，属中档题．
20.【答案】解：(1)设圆C方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，经过O(0,0)，A(1,1)，B(4,2)三点，
所以F=0D+E+F=−24D+2E+F=−20，解得D=−8E=6F=0，
所以圆C方程为x2+y2−8x+6y=0；
(2)圆C方程化为(x−4)2+(y+3)2=25，所以圆C的圆心为(4,−3)，半径为5，
因为∠MCN=120∘，设MN中点为E，则CE⊥MN且∠ECN=60∘，从而CE=52，
即C(4,−3)到直线l的距离为52，且经过点(32,92)，
当直线l与x轴垂直时，直线l为x=32，点C(4,−3)到直线l的距离为52，满足题意，
当直线l与x轴不垂直时，设直线l为y−92−k(x−32)，即kx−y−3k2+92=0，
所以|4k+3−3k2+92| k2+1=52，解得k=−43，此时直线为8x+6y−39=0，
因此，满足题意的直线l的方程为x=32和8x+6y−39=0.
【解析】(1)设圆的一般方程，由点在圆上列方程组求参数，即可得圆的方程；
(2)由圆的方程写出圆心、半径，由题设易得圆心到直线l距离为52，讨论直线l与x轴的位置关系，应用点斜式、点线距离公式求参数，进而确定直线方程．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵Sn+1−2Sn=1，∴Sn+1+1=2(Sn+1)n∈N∗
∴{Sn+1}为等比数列，
∵S1+1=2，公比为2，
∴Sn+1=2n，Sn=2n−1，∴Sn−1=2n−1−1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1，a1=1也满足此式，
∴an=2n−1；
(Ⅱ)bn=nan=n2n−1，Tn=120+221+⋯+n2n−1，
12Tn=121+222+⋯+n2n，两式相减得：12Tn=120+121+⋯+12n−1−n2n=2−n+22n，
Tn=4−n+22n−1，
代入Tn⋅2n−1=n+50，得2n−n−26=0，
令f(x)=2x−x−26(x≥1)，f′(x)=2xln2−1>0在x∈[1,+∞)成立，
∴f(x)=2x−x−26，x∈(1,+∞)为增函数；
由f(5)⋅f(4)