2025-2026学年江苏省苏州市常熟市高二（上）期中数学试卷（有答案和解析）

这是一份2025-2026学年江苏省苏州市常熟市高二（上）期中数学试卷（有答案和解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.经过两点(5,3)和(−1,9)的直线的倾斜角为( )
A. π4B. π3C. 34πD. 56π
2.在等比数列{an}中，a2=3，a8=24，则a12=( )
A. 48B. 72C. 96D. 192
3.“m=2”是“直线mx+2y+1=0与直线x+(m−1)y−1=0平行”的( )
A. 既不充分也不必要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 充分必要条件
4.已知某太阳系行星运行的轨道是长轴长为2m，离心率为e的椭圆，且太阳在这个椭圆的一个焦点上，则该行星到太阳的最大距离是( )
A. m(1−e)B. m(1+e)C. 2m(1−e)D. 2m(1+e)
5.若四点(2,2)，(3,−1)，(5,3)，(6,m)(m>0)在同一个圆上，则实数m的值为( )
A. 12B. 1C. 32D. 2
6.在数列{an}中，a1=2，a2=3，an+an+1+an+2=6，若{an}的前n项和为Sn，则S2026=( )
A. 4052B. 4053C. 4054D. 4055
7.已知直线l：x−2y+m=0与圆C：(x+2)2+(y−4)2=5相离，若C关于l对称的圆被x轴截得的弦长为2，则实数m的值是( )
A. 12B. 154C. 52D. 152
8.已知一个无穷等差数列中有三项：13，31，58，则下列各数中一定是该数列中的一个项的是( )
A. 2020B. 2022C. 2023D. 2025
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知数列{an}，{bn}均为等比数列，则下列数列中一定是等比数列的是( )
A. {an+bn}B. {an−bn}C. {anbn}D. {anbn}
10.已知直线l：ax+y−3=0与圆C：x2+y2+4x−2y−4=0，则下列说法正确的是( )
A. 直线l与圆C始终相交
B. 若直线l与圆C相交于A，B两点，则|AB|最小时，a=−1
C. 圆C上一点P到直线l的最大距离为3+2 2
D. 若圆C上到直线l的距离为1的点有且仅有2个，则a>0
11.已知等差数列{an}满足2a7=5a11>0，数列{bn}满足bn=an+1anan+2(n∈N*)，数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，则( )
A. {an}为递减数列B. 当n=13时，Sn取得最大值
C. {bn}没有最大项D. 当n=11时，Tn取得最大值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若方程(m−2)x2+(4−m)y2=(m−2)(4−m)表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是 .
13.已知集合A={m|m=2k−1,k∈N*,m0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为4，过F1的直线l交椭圆于A，B两点，△ABF2的周长是4 6.
(1)求C的方程；
(2)若△ABF2内切圆的半径为23，求l的方程.
18.(本小题17分)
已知圆O：x2+y2=16和圆C：(x−6)2+(y−3)2=r2(r>0)，点E(3,0).
(1)若圆O与圆C内切，求r的值；
(2)若圆C上存在点M，使|ME|=2|MO|，求r的取值范围；
(3)过点E作两条斜率之积为−2的直线，分别交圆O于点A，C和B，D，设线段AC，BD的中点分别为P，Q，求证：直线PQ恒过一个定点.
19.(本小题17分)
若存在正整数M，使得对任意n∈N*，都有|an|≤M，则称数列{an}为“整有界数列”.
(1)已知an=(−12)n−1(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，分别判断{an}和{Sn}是否为“整有界数列”，并说明理由；
(2)已知数列{bn}中，b1=1，b2=2，bn+2−3bn+1+2bn=1.
(i)求数列{bn}的通项公式；
(ii)若Tn是数列{6bn}的前n项和，求证：{Tn}是“整有界数列”，并求M的最小值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：经过两点(5,3)和(−1,9)的直线的斜率为：
k=y1−y2x1−x2=9−3−1−5=−1，
∴经过两点(5,3)和(−1,9)的直线的倾斜角为34π.
故选：C.
利用直线的斜率、倾斜角求解．
本题考查直线的斜率、倾斜角等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：在等比数列{an}中，a2=3，a8=24，
∴a1q=3a1q7=24，解得q2=2，
则a12=a8q4=24×4=96.
故选：C.
利用等比数列的通项公式求解．
本题考查等比数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：因为“直线mx+2y+1=0与直线x+(m−1)y−1=0平行”，
可得m(m−1)=2，解得m=2或m=−1，
当m=2时，两条直线的方程分别为2x+2y+1=0，x+y−1=0，可得两条直线平行，
当m=−1时，两条直线的方程分别为−x+2y+1=0，x−2y−1，此时两条直线重合，
所以“m=2”是“直线mx+2y+1=0与直线x+(m−1)y−1=0平行”的充要条件．
故选：D.
由两条直线平行，可得参数m的值，代入两条直线方程检验，可得答案．
本题考查两条直线平行的性质的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为某太阳系行星运行的轨道是长轴长为2m，离心率为e的椭圆，
所以由e=ca，得c=me，
而太阳在这个椭圆的一个焦点上，
则该行星到太阳的最大距离为a+c=m+me=m(1+e).
故选：B.
根据离心率得到椭圆的c，根据椭圆的几何性质，得到最大距离，从而得到答案．
本题考查了椭圆的几何特征，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：设经过(2,2)、(3,−1)、(5,3)的圆为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
可得4+4+2D+2E+F=09+1+3D−E+F=025+9+5D+3E+F=0，解得D=−8E=−2F=12，即圆方程为x2+y2−8x−2y+12=0，
将点(6,m)代入，可得36+m2−48−2m+12=0，解得m=2(m=0不符合题意，舍去).
故选：D.
根据圆的一般式方程，列式求出经过前3个点的圆方程为x2+y2−8x−2y+12=0，将点(6,m)代入，得到关于m的一元二次方程，解之即可得到本题的答案．
本题主要考查了圆的一般式方程、点与圆的位置关系等知识，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由a1=2，a2=3，an+an+1+an+2=6，
可得a1+a2+a3=2+3+a3=6，解得a3=1，
又an+1+an+2+an+3=6，可得an+3=an，
即有数列{an}是最小正周期为3的数列，
而2026=3×675+1，
则S2026=675×6+2=4052.
故选：A.
首先求得a3，推得数列{an}是最小正周期为3的数列，计算可得所求和．
本题考查数列的求和，求得数列的周期性是解题的关键，考查运算能力和推理能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：设圆C关于l对称的圆的圆心为C′(a,b)，
因为直线l斜率为12，所以kCC′=−2，
又圆C：(x+2)2+(y−4)2=5，
所以圆心C(−2,4)，半径R= 5，
则kOC=−2，
因为两圆相离，所以CC′>2R=2 5=OC，
所以点C′在第四象限，所以2=2 R2−b2⇒b2=4⇒b=−2，
所以4−(−2)−2−a=−2⇒a=1，所以C′(1,−2)，
则CC′中点(−12,1)，代入直线l：x−2y+m=0，解得m=52.
故选：C.
设圆C关于l对称的圆的圆心为C′(a,b)，由题意可得点C′在第四象限，根据弦长公式和两点斜率公式可得C′(1,−2)，利用中点坐标公式即可求解．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：因为无穷等差数列中的三项为：13，31，58，
所以31−13=18，58−31=27，
且18和27的最大公约数是9，
所以该等差数列的公差可能为9，
则13+9×223=2020，
即2020一定是该数列中的一个项．
故选：A.
根据无穷等差数列中的三项得出该等差数列的公差，由此求出该数列中的一个项是2020.
本题考查了等差数列的定义与应用，是基础题．
9.【答案】CD
【解析】解：当an=1，bn=−1时，{an}，{bn}都是等比数列，an+bn=0，则{an+bn}不是等比数列，
当an=1，bn=1时，{an}，{bn}都是等比数列，an−bn=0，则{an−bn}不是等比数列，
设{an}，{bn}的公比分别为p，q，则p，q都不等于0，
因为，an+1bn+1anbn=an+1an⋅bn+1bn=pq≠0，an+1bn+1anbn=an+1an⋅bnbn+1=pq≠0.
所以{an⋅bn}、{anbn}都一定是等比数列．
故选：CD.
根据题意举例可得出{an+bn}和{an−bn}是否是等比数列，设{an}，{bn}的公比分别为p，q，即可判断{an⋅bn}，{anbn}是否是等比数列．
本题考查了等比数列的判定，掌握等比数列相关知识是解题的关键，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，直线l：ax+y−3=0，当x=0时，y=3，
故直线l过定点D(0,3)，圆C：x2+y2+4x−2y−4=0的圆心C(−2,1)，半径为3，
|PD|= (0+2)2+(3−1)2=2 20，
得a1=−383d，而a7=a1+6d=−203d>0，则d0，
所以{an}为递减数列，故A正确；
a13=a1+12d=−23d>0，a14=a1+13d=d30，当n≥14时，an0，b12=a13a12a140，当n≥14时，bnb13，则{bn}有最大项为第13项，故C错误．
故选：ABD.
设等差数列公差为d，由2a7=5a11>0，可得数列首项与公差的关系，然后逐一分析四个选项得答案．
本题考查数列递推式，考查等差数列的通项公式，训练了数列的函数特性，是中档题．
12.【答案】(3,4)
【解析】解：∵方程(m−2)x2+(4−m)y2=(m−2)(4−m)可化为：
x24−m+y2m−2=1，又该方程表示焦点在y轴上的椭圆，
∴m−2>4−m>0，∴m∈(3,4).
故答案为：(3,4).
根据椭圆的几何性质建立不等式，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，属基础题．
13.【答案】533
【解析】解：集合A={m|m=2k−1,k∈N*,m1时，曲线即kx−y−k−3=0，
当曲线与圆相切时，d=|−k−3| k2+1=2 2⇒k=1或k=−17(舍去)，
当x0，再分x>1和x1，k的点P在圆外，
当过点P的斜率不存在时，则直线的方程为x=0，圆心E到直线的距离d=1=r，显然相切，
当切线的斜率存在时，设切线的方程为y=kx+4，即kx−y+4=0，
圆心E到直线的距离d=|k−2+4| k2+1=1，解得k=−34，
可得切线的方程为y=−34x+4，
即3x+4y−16=0.
综上所述：过点P的切线方程为x=0或3x+4y−16=0；
(2)设圆心C(a,9−2a)，由|PC|=|EC|可得 (a−0)2+(9−2a−4)2= (a−1)2+(9−2a−2)2，
解得a=52，可得圆心C(52,4)，可得半径为 (a−0)2+(9−2a−4)2= 254+0=52，
可得圆的方程为：(x−52)2+(y−4)2=254.
(1)分切线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设切线的方程，由圆心到切线的距离等于半径，可得参数的值，即求出切线的方程；
(2)由题意设圆心C的坐标，由|PC|=|EC|可得参数的值，即求出圆心的坐标及半径的大小，代入标准方程即可求出圆C的方程．
本题考查分类讨论求圆的切线方程及圆的方程的求法，属于中档题．
17.【答案】(1)x26+y22=1 (2)x=−2或x+ 3y+2=0或x− 3y+2=0
【解析】解：(1)由题意得{2c=44a=4 6a2−b2=c2,解得{a2=6c2=4b2=2，
所以椭圆C方程为x26+y22=1；
(2)显然直线l的斜率不为0，
设直线l：x=my−2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则S△ABF2=S△AF1F2+S△BF1F2=12|F1F2||y1|+12|F1F2||y2|
=12⋅2c⋅|y1−y2|，
又S△ABF2=12(|AB|+|AF2|+|BF2|)⋅r=12⋅4a⋅r，
又a= 6，c=2，r=23，
所以|y1−y2|=2 63，
联立x26+y22=1x=my−2，
化简得(m2+3)y2−4my−2=0，
则y1+y2=4mm2+3，y1y2=−2m2+3，
所以|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=2 63，
即(4mm2+3)2+8m2+3=83，
化简得m4−3m2=0，解得m=0或± 3，
所以直线l的方程为x=−2或x+ 3y+2=0或x− 3y+2=0.
(1)根据题意列出关于a、b、c的方程组即可得解；
(2)设直线l：x=my−2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，由面积相等可得|y1−y2|=2 63，联立x26+y22=1x=my−2，可得y1+y2=4mm2+3，y1y2=−2m2+3，|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=2 63，然后求出m即可得解．
本题考查了椭圆的方程和性质及直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
18.【答案】(1)3 5+4 (2)[ 58−2, 58+2] (3)证明：设直线AC方程为y=k(x−3)，A(x1,y1)，C(x2,y2)，
联立方程x2+y2=16y=k(x−3)⇒(k2+1)x2−6k2x+9k2−16=0，x1+x2=6k2k2+1，y1+y2=k(x1+x2)−6k=−6kk2+1，
所以线段AC中点为P(3k2k2+1,−3kk2+1)，
因为两直线斜率之积为−2，所以直线BD方程的斜率为−2k用−2k代替k，
可得线段BD中点为Q(12k2+4,6kk2+4)，
直线PQ的方程斜率k=6kk2+4−−3kk2+112k2+4−3k2k2+1=3k2−k2，
所以直线PQ方程为y−−3kk2+1=3k2−k2(x−3k2k2+1)，
化简得y=3k2−k2x+6kk2−2=3k2−k2(x−2)，
即直线PQ恒过一个定点(2,0)
【解析】解：(1)因为圆C圆心C(6,3)在圆O外，
所以圆O内切于圆C，则OC=r−4⇒r= 62+32+4=3 5+4；
(2)设点M(x,y)，由|ME|=2|MO|，可得(x−3)2+y2=2x2+y2，
即(x+1)2+y2=4即点M在圆(x+1)2+y2=4上，又点M在圆C上，
所以两圆存在公共点，圆心距为 (−1−6)2+32= 58，
所以|r−2|< 580，
所以(12)n−1≤(12)0=1，所以|an|≤1，数列{an}为“整有界数列”，
Sn=1−(−12)n1−(−12)=23(1−(−12)n)，
当n为正偶数时，|Sn|=|23(1−(−12)n)|=|23(1−(12)n)|=23(1−(12)n)≤12，
当n为正奇数时，|Sn|=|23(1−(−12)n)|=23(1+(12)n)≤1，
所以存在正整数M=1，使得|Sn|≤M，即{Sn}为“整有界数列”；
(2)(i)bn+2−3bn+1+2bn=1⇒bn+2−bn+1−2(bn+1−bn)=1，
设cn=bn+1−bn，c1=b2−b1=1，
即cn+1−cn=1⇒cn+1+1=2(cn+1)，c1+1=2，所以数列{cn+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则cn+1=2n⇒cn=2n−1，所以bn+1−bn=2n−1.
则bn−b1=(b2−b1)+(b3−b2)+...+(bn−bn−1)
=(2−1)+(22−1)+...+(2n−1)=2(1−2n−1)1−2−(n−1)，
则bn=2n−2−n+1+1=2n−n；
(ii)6bn=62n−n，因为对任意n∈N*，2n>n，所以2n−n>0，又bn+1−bn=2n−1>0，
所以数列{bn}为递增正项数列，所以{Tn}是递增正项数列，
而当n≥3时，2n−n=2n−1+2n−1−n>2n−1，
所以当n≥3时，6bn=62n−n