福建省宁德市2023-2024学年高二上学期期末质量检测数学试题

宁德市20232024学年度第一学期期末高二质量检测数学试题一、单项选择题（木题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.双曲线的渐近线方程是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由双曲线的标准方程可直接求得双曲线的渐近线的方程.【详解】在双曲线中，，，因此，该双曲线的渐近线方程为.故选：B.【点睛】本题考查利用双曲线的标准方程求渐近线方程，属于基础题.2.已知等差数列中，，，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出等差数列的公差，即可求得的值.【详解】设等差数列的公差为，则，故.故选：B.3.直线与互相平行，则实数的值等于（）A. B. C.或 D.【答案】A【解析】【分析】根据两直线平行可得出关于实数的等式与不等式，即可解得实数的值.【详解】因为直线与互相平行，则，解得.故选：A.4.学校组织研学活动，现有寿宁下党乡、福安柏柱洋、屏南潦头村、福鼎赤溪村4条路线供3个年级段选择，每个年段必项且只能选择一条路线，则不同的选择方法有（）A.4种 B.24种 C.64种 D.81种【答案】C【解析】【分析】利用分步乘法计数原理进行求解.【详解】3个年级段均有4种选择，故不同的选择方法有种.故选：C5.已知等差数列的前项和为．若，，则当取最大值时，的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的基本性质可知，当时，，当时，，即可得出结论.【详解】因为等差数列的前项和为，，可得，又因为，则数列的公差为，所以，数列为单调递减数列，则当时，，当时，，故当时，取最大值故选：B.6.若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用组合数的性质求出的值，再利用组合数的性质可求得的值.【详解】因为，则，解得，故.故选：D.7.已知是椭圆上一动点，是圆上一动点，点，则的最大值为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】由题意得圆的圆心是椭圆的左焦点，利用圆和椭圆的定义，结合图象得到，然后由即可求解.【详解】如图，由题意，椭圆的焦点为，，则圆的圆心是椭圆的左焦点，由椭圆定义得，所以，又，所以.故选：B.8.在数列中，如果存在正整数，使得，对于任意的正整数均成立，那么称数列为周期数列，其中叫做数列的周期．已知数列满足，如果，，当数列的周期最小时，该数列前2024项的和是（）A.674 B.1348 C.1350 D.2024【答案】C【解析】【分析】对周期从小到大分类讨论求得符合题意的周期，由此即可顺利得解.【详解】若数列的周期为1，则，但，矛盾，所以数列的周期不可能为1，若数列的周期为2，则，且，又，所以解得，而当时，，矛盾，所以数列的周期不可能为2，若数列的周期为3，则，且，所以或，又，所以，且此时有，所以或，又，所以，解得符合题意，当时，数列为：，满足题意，此时，所以该数列前2024项的和是.故选：C.【点睛】关键点睛：关键是求得符合题意的周期，结合周期即可顺利求和得解.二、多项选择题（本题每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.数列是各项为正数的等比数列，其前项和为，则下列说法正确的是（）A.数列是等比数列 B.数列是等比数列C.是等差数列 D.、、成等比数列【答案】ABC【解析】【分析】利用等比数列的定义可判断ABD选项，利用等差数列的性质可判断C选项.【详解】设等比数列的公比为，对任意的，，则，对于A选项，，则数列是等比数列，A对；对于B选项，，则数列是等比数列，B对；对于C选项，为常数，则是等差数列，C对；对于D选项，，，所以，、、不成等比数列，D错.故选：ABC.10.已知，则（）A. B.C. D.展开式中二项式系数最大的项为第项【答案】AB【解析】【分析】设，利用赋值法可判断ABC选项，利用二项式系数的单调性可判断D选项.【详解】设.对于A选项，，A对；对于B选项，，B对；对于C选项，，所以，，C错；对于D选项，展开式共项，展开式中二项式系数最大的项为第项，D错.故选：AB.11.已知圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为、则（）A.为圆上一动点，则最小值为B.的最大值为C直线恒过定点D.若圆平分圆的周长，则【答案】AD【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，结合圆的几何性质可求出的最小值，可判断A选项；求出的最大值，可得出的最大值，可判断B选项；求出直线的方程，可求出该直线所过定点的坐标，可判断C选项；求出圆、圆的公共弦所在直线的方程，分析可知，圆心在公共弦所在直线上，可判断D选项.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，对于A选项，圆心到直线的距离为，所以，若为圆上一动点，则最小值为，A对；对于B选项，如下图所示：连接、，则，，由切线长定理可得，因为，，，则，所以，，且，由图可知，为锐角，则，当且仅当时，等号成立，故的最大值为，B错；对于C选项，设点，则，，所以，以点为圆心，为半径圆的方程为，即，将圆的方程与圆的方程作差可得，即，即，整理可得，由可得，所以，直线直线恒过定点，C错；对于D选项，若圆平分圆的周长，将圆、圆的方程作差可得，则圆心在直线上，即，可得，D对.故选：AD.【点睛】方法点睛：求圆的切点弦所在直线的方法如下：（1）求出两切线与圆的切点坐标，利用两点式方程可得出切点弦所在直线的方程；（2）写出两圆在切点（在圆上）处的切线方程，将两切点的公共点代入两切线方程，通过说明两切点的坐标满足某直线方程，可得出切点弦方程；（3）写出圆外一点为圆心，以圆外一点到切点的距离为半径的圆的方程，将两圆方程作差可得出切点弦所在直线的方程.12.已知曲线，为上一点，则以下说法正确的是（）A.曲线关于原点中心对称B.的取值范围为C.存在点，使得D.的取值范围为【答案】BD【解析】【分析】由题可得到曲线的不同方程，作出曲线的图形，结合所得方程可判断A；根据的几何意义结合条件可判断B；根据双曲线的性质可判断C；根据椭圆方程及点到直线距离公式结合条件可判断D.【详解】曲线的方程为，对于A，设在曲线上任意一点，把点代入曲线方程，得，与原方程不一样，所以曲线不关于原点中心对称，故A错误；对于B，当点在上时，，且，因为，所以，即；当点在上时，有，且，因为，所以，即；当点在上时，有，且，因为，即，综上的取值范围为，故B正确；对于C，若点在曲线上时，有，此时，不可能有；当点在曲线上时，曲线的渐近线方程，当点在上时，曲线的渐近线方程，如图，因为直线与渐近线方程平行，所以不存在点，使得，故C错误；对于D，因为可看作到直线的距离的倍，，因为直线与平行，且之间的距离为，故，由图可知，当点在曲线上时点到直线的距离有最大值，设，点到直线的距离为，当且仅当等号成立，即，所以的取值范围为，故D正确.故选：BD.【点睛】关键点点睛：首先讨论的符号得到曲线的方程，再由各曲线的性质，结合图形逐项分析得到答案.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置）13.直线的一个方向向量为，则该直线的倾斜角为______．【答案】【解析】【分析】根据直线的方向向量求出直线的斜率，即可得出该直线的倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，则，因为直线的一个方向向量为，则，故.故答案为：.14.宁德北路戏是珍贵的国家非物质文化邀产．在某次文化表演中，主办方安排了《济公传》、《反五关》、《龙虎斗》、《宏珵缘》、《旗王哭将》五个北路戏传统剧目，其中要求《宏碧缘》与《旗王哭将》不相邻，则不同的节目安排种数为______（用数字作答）．【答案】【解析】【分析】先将《济公传》、《反五关》、《龙虎斗》三个节目进行排序，然后将《宏碧缘》与《旗王哭将》两个节目插入《济公传》、《反五关》、《龙虎斗》这三个节目中形成的四个空位中的两个空位，利用插空法可得结果.【详解】先将《济公传》、《反五关》、《龙虎斗》三个节目进行排序，然后将《宏碧缘》与《旗王哭将》两个节目插入《济公传》、《反五关》、《龙虎斗》这三个节目中形成的四个空位中的两个空位，由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种.故答案为：.15.已知数列的前项和为，满足，则______．【答案】【解析】【分析】根据题意结合与之间的关系整理可得，进而结合等比数列的定义与通项公式分析求解.【详解】因为，则，整理得，且，可知数列是以首项为3，公比为2的等比数列，可得，所以.故答案为：.16.已知双曲线的左、右焦点分别为、，过点作倾斜角为的直线与的左、右两支分别交于点、，若的角平分线交于点，且，则双曲线的离心率为______．【答案】【解析】【分析】推导出，结合图象，根据双曲线的定义，找出各边的关系，列出等式，求解.【详解】如图所示，因为若的角平分线交于点，且，则为的中点，且，因为，即，所以，，则，由题得，，设，，，在中，，，则，，由双曲线的性质可得，解得，则，所以在中，，又，，所以，即，整理得，所以．故答案：.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.四、解答题：（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步频．）17.已知的展开式中的所有二项式系数之和为．（1）求的值；（2）求展开式中的常数项．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用二项式系数和可求得的值；（2）写出展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.【小问1详解】解：展开式中所有二项式系数之和为，解得．【小问2详解】解：由（1）知所以展开式通项为，令，解得，则，所以展开式中的常数项为．18.我国南宋时期的数学家杨辉，在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律．此图称为“杨辉三角”，也称为“贾宪三角”．在此图中，从第三行开始，首尾两数为1，其他各数均为它肩上两数之和．（1）把“杨辉三角”中第三斜列各数取出按原来的顺序排列得一数列：1，3，6，10，15，…写出与的递推关系，并求出数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；；（2）.【解析】【分析】（1）找到递推公式，借助累加法及等差数列的求和公式求和即可;（2）表示出，利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】由“杨辉三角”的定义可知：，时，，则.【小问2详解】由（1）知．所以,则.19.在等腰梯形中，，，，．（1）求所在直线的方程；（2）求过点且被三角形的外接圆所截得的弦长为的直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）解法一：根据，设，由且可求出的值，可得出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程；解法二：证明出，计算出的大小，推导出，可得出的值，可得出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程；（2）解法一：利用待定系数法求出的外接圆方程，利用勾股定理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，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数的值，即可得出直线的方程；解法二：分析可知，的外接圆为的外接圆，求出该圆的方程，利用勾股定理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，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数的值，即可得出直线的方程.【小问1详解】解：解法一：在等腰梯形中，因为，，，，则，所以设，由得，即或，又因为，即，所以，即，所以，所以所在直线方程为，整理得．解法二：如图所示在等腰梯形中，因为，，，，则，，所以，，则，所以，为直角三角形，因为，因为为锐角，则，因为，，，所以，，则，所以，所以所在直线方程为，整理得.【小问2详解】解：设三角形外接圆的方程为，因为，，，则，解得，所以三角形外接圆的方程为，即，故圆心坐标，半径，因为弦长，所以圆心到直线的距离，若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，所以，解得，所以直线的方程为或．解法二：因为四边形是等腰梯形，所以、、、四点共圆，故的外接圆即的外接圆，因为，且线段的中点为，且，由（1）可知，得外接圆以为圆心，半径为，因为弦长，所以圆心到直线的距离，若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，所以，解得，所以直线的方程为或．20.抛物线被直线截得的弦的中点的纵坐标为1．（1）求的值及抛物线的准线方程；（2）过抛物线的焦点作两条互相垂直的直线，，直线与拋物线相交于，两点，直线与抛物线相交于，两点，求四边形的面积的最小值．【答案】（1）；准线方程为；（2）32【解析】【分析】（1）解法一：联立与抛物线方程，得到两根之和，根据中点的纵坐标得到方程，求出，得到准线方程；解法二：点差法进行求解，结合直线斜率求出，得到准线方程；（2）解法一：设直线的方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，利用焦点弦长公式计算出，表达出，利用基本不等式求出最值；解法二：设直线的方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，利用焦点弦长公式计算出，表达出，由基本不等式求出最小值.【小问1详解】解法一：设抛物线与直线交于，．整理得，所以，因为所以，则抛物线方程为，准线方程为；解法二：设抛物线与直线交于，．因为截得的弦的中点的纵坐标为1，故，，则，作差得，所以，因为，所以则抛物线方程为，准线方程为【小问2详解】解法一：依题意设直线的方程为，，，．联立方程组整理得，故所以因为，直线的方程为，同理可得所以当且仅当，即时，取等号．所以四边形面积的最小值为32．解法二：依题意设直线的方程为，，，．联立方程组整理得，故．所以因为，同理可得所以，当且仅当，即时，取等号．所以四边形面积的最小值为32．【点睛】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．21.已知数列的前项和为，数列是公差为的等差数列，数列是公比为的等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）若，求正整数的所有取值．【答案】（1）（2）、、【解析】【分析】（1）解法一：根据题意可得出关于、的等式，解出的值，再结合等差数列的定义可得出数列的通项公式，进而可得出数列的通项公式；解法二：根据题意可得出、，两个等式变形可得出对均成立，即可得出数列的通项公式；解法三：根据题意可得出关于、的等式组，即可解得数列的通项公式；（2）利用错位相减法可求得，由可得出，令，利用函数的单调性可得出时，，即可出正整数所有可能的取值.【小问1详解】解：解法一：因为是公差为的等差数列，是公比为的等比数列．所以且，解得，所以，则；解法二：因为是公差为的等差数列，是公比为的等比数列．所以，①且，②①②得对均成立，所以；解法三：因为是公差为的等差数列，是公比为2的等比数列．所以①，且②由②得，代入①解得．【小问2详解】解：由（1）得，所以，，，两式相减得，．所以，则，，由，得，即，令，因为函数，在上都是增函数，所以函数在上是增函数，由，，，，则当时，，所以若，正整数的所有取值为、、.22.点在单位圆上运动，点的横坐标为点的横坐标的倍，纵坐标相同．（1）求点的轨迹的方程；（2）已知、为曲线与轴的左、右交点，动直线交曲线于、两点（均不与、重合），记直线的斜率为，直线的斜率为，且，试问动直线是否恒过定点?若过，求出该点坐标：若不过，请说明理由．【答案】（1）（2）直线恒过定点【解析】【分析