2023-2024学年福建省龙岩市高二上学期期末教学质量检查数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省龙岩市2023-2024学年高二上学期期末教学质量检查数学试题注意事项：1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上.2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求.请把答案填涂在答题卡上.1.计算（）A.34 B.35 C.36 D.37【答案】A【解析】由题意.故选：A.2.已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为表示焦点在轴上的椭圆，则，解得.故选：B.3.已知直线l法向量为，且经过点，则原点O到l的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设点为直线上一点，则，所以，即直线的方程为，所以原点O到l的距离为.故选：C.4.南宋数学家杨辉所著的《详析九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球,第三层有6个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可得：，，，，，对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，，故C错误；对于D，，故D正确.故选：D.5.某学校高二（1）班上午安排语文、数学、英语、体育、物理门课，要求第一节不安排体育，语文和数学必须相邻，则不同的排课方法共有（）A.种 B.种 C.种 D.种【答案】B【解析】先考虑第一节安排体育课，语文和数学必须相邻，则将数学与语文捆绑，形成一个大元素，将这个大元素与英语、物理课进行排序，共有种排法；接下来只考虑语文和数学必须相邻的情形，只需将数学与语文捆绑，形成一个大元素，将这个大元素与其余门课进行排序，共有种排法.由间接法可知，不同的排法种数为种.故选：B.6.已知O为坐标原点,P是直线上一动点,Q是圆上一动点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图所示：设点与点关于直线对称，则，解得，即，所以，其中分别为圆圆心和半径，等号成立当且仅当分别与重合，其中分别为线段与直线和圆的交点，综上所述，的最小值为.故选：C.7.已知数列是公差为的等差数列，是其前项和，且,，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为数列是公差为的等差数列，是其前项和，且，，则，所以，，所以，，A对；，则，B错；，C对；因为，则，又因为，所以，数列是单调递增数列，当时，；当时，.综上所述，，D错.故选：C.8.已知是双曲线的左、右焦点，经过点的直线与双曲线C的左右两支分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可知：，可得，取的中点，连接，可知，因为，可得，则，可得，在中，由余弦定理可得，即，整理得，所以双曲线C的离心率为.故选：D.二、多项选择题：本大题共4小题，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，分选对的得2分，有选错的得0分.请把答案填涂在答题卡上.9.已知二项式的展开式，则（）A.常数项是 B.系数为有理数的项共有4项C.第5项和第6项的二项式系数相等 D.奇数项的二项式系数和为256【答案】ACD【解析】由题意二项式的展开式通项为，对于A，令，得，所以常数项是，故A正确；对于B，当且仅当时，这些项的系数为有理数，即系数为有理数的项共有5项，故B错误；对于C，第5项和第6项的二项式系数满足，故C正确；对于D，奇数项的二项式系数和为，故D正确.故选：ACD.10.已知经过点且斜率为k的直线l与圆交于不同的两点M，N，线段的中点为P，则（）A. B.当时，直线l平分圆CC.当时， D.点P的轨迹方程为【答案】AB【解析】A选项，变形为，即圆心为，半径为2，设直线，则圆心到直线的距离，即，解得，A正确；B选项，当时，，由于，故在直线上，故当时，直线l平分圆C，B正确；C选项，当时，，故圆心到直线的距离，故，C错误；D选项，由A选项知，，联立与得，，由得，且，故，令，则，由于，故在上单调递增，故，则,由几何关系知，设，故，变形得到，故点P的轨迹方程为，且，D错误.故选：AB11.已知直线l与抛物线交于、两点，且与轴交于点，为坐标原点，直线、斜率之积为，则（）A.当时，B.当时，线段中点的轨迹方程为C.当时，以为直径的圆与轴相切D.当时，的最小值为【答案】AC【解析】设点、、，由题意可得，，若直线与轴垂直，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，设直线的方程为，联立可得，，由韦达定理可得，，，所以，，对于AB选项，当时，则，即点，满足，，，当且仅当时，即当或时，等号成立，A对，设点，则，，化简可得，B错；对于CD选项，当时，则，则为抛物线的焦点，，则线段的中点为，，故以线段为直径的圆与轴相切，C对，，当且仅当时，即当或，D错.故选：AC.12.已知数列各项均为负数，其前项和满足，则（）A.数列的第项小于 B.数列不可能是等比数列C.数列为递增数列 D.数列中存在大于项【答案】BCD【解析】由题知，因为，所以当时，，可得，当时，，可得，又，且，所以，A错误；对于B，假设数列是等比数列，设其公比为，由于，即，变形可得，必有，与等比数列定义矛盾，B正确；对于C，当时，可得，必有即，则是递增数列，C正确；对于D，假设数列中不存在大于的项，即对于，有，则，所以有，变形得，与假设矛盾，故D正确.故选：BCD第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分（其中16题第一空2分，第二空3分）.13.编号不同的四个球放入四个不同的盒子中，恰有一个空盒的不同放法有______种.（用数字回答）【答案】144【解析】首先把四个小球分成2、1、1三组，共有种不同的分法，然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，共有种放法.故答案为：144.14.已知圆与圆外离，则实数a的取值范围为______.【答案】【解析】由题意圆与圆的圆心、半径依次分别为，因为两圆外离，所以圆心距满足，解得，即实数a的取值范围为.故答案为：.15.已知椭圆的离心率为，、是左、右焦点，为椭圆的下顶点，连接并延长交椭圆于点，则直线的斜率为______.【答案】【解析】由已知可得，则，，椭圆的方程可化为，即，易知点、、，直线的方程为，可得，联立可得，即点，所以，.故答案为：.16.已知数列各项均为，在其第项和第项之间插入个，得到新数列，记新数列的前项和为，则______，______.【答案】；【解析】由题意，将数列各项按如下数阵排列：其中第行有项，则该数阵中第行最后一项对应数列中的对应的第项，因为，且，所以，位于数阵的第行第项，故，数列的前项中，项的值为的共项，项的值为的项共项，因此，.故答案为：；.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在①各项系数之和为；②常数项为；③各项系数的绝对值之和为1536这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题.在的展开式中，.（1）求n；（2）证明：能被6整除.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）解：（1）选条件①各项系数之和为，取，则，解得；选条件②常数项为，由，则常数项为，解得；选条件③各项系数的绝对值之和为1536，即的各项系数之和为1536，取，则，解得.（2），所以能被6整除.18.在数列中，，且分别是等差数列的第1，3项.（1）求数列和的通项公式；（2）记，求的前n项和.解：（1）由题意得，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，又因为，解得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.（2）由题意，若，则，若，则，所以的前n项和.19.已知圆M的圆心在直线上，并且与直线相切于点.（1）求圆M的标准方程；（2）直线与圆M相交于A，B两点，，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，求.解：（1）设与直线垂直的直线方程为，代入点可得，解得，可知圆M的圆心在直线上，联立方程，解得，即圆M的圆心，半径，所以圆M的标准方程为.（2）设，联立方程，消去y得，则，因为，解得，此时，即符合题意，设的倾斜角为，则，故，所以.20.抛物线具有光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知点为抛物线的焦点，为坐标原点，点在抛物线上，且其纵坐标为，满足.（1）求抛物线的标准方程；（2）已知平行于轴的光线从点射入，经过抛物线上的点反射后，再经过抛物线上另一点，最后沿方向射出，若射线平分，求实数的值.解：（1）由题意可知，抛物线的焦点为，将代入抛物线方程可得，即点，由可得，解得，故抛物线的标准方程为.（2）由题意可知，直线的方程为，由可得，即点，则，直线的方程为，联立可得，即点，设直线的倾斜角为，则，由题意可知，，且为锐角，，可得，所以，，因为，可得，解得.21.已知函数满足,数列满足：.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，其前项和为，若对任意恒成立，求实数取值范围.解：（1）函数满足，数列满足，则，所以，，故.（2）由（1）可得，则，所以，，上式下式可得，所以，，则，所以，，由可得，则，因为，因为函数在上单调递增，且，故当时，取最大值，故.因此，实数的取值范围是.22.已知定点,直线相交于点M，且它们的斜率之积为，记动点M的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）点满足，直线与双曲线分别相切于点A，B.证明：直线与曲线C相切于点Q，且.解：（1）设，则，由题意可得，整理得，所以曲线C的方程.（2）设，直线的斜率分别为直线，则，，可知直线的方程为，联立方程，消去y得，则，可得，且，即，代入可得，则，同理可得，又因为切线均过点，可知为方程的两根，且，则，可得，则，即，可知为直角三角形，又因为，整理得，同理可得，可知直线的方程为，即直线的斜率，联立方程，消去y得，且且，则，可得，解得，且，即直线与曲线C相切于点，则，可得，可知，则，可得，即，所以直线与曲线C相切于点Q，且.福建省龙岩市2023-2024学年高二上学期期末教学质量检查数学试题注意事项：1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上.2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求.请把答案填涂在答题卡上.1.计算（）A.34 B.35 C.36 D.37【答案】A【解析】由题意.故选：A.2.已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为表示焦点在轴上的椭圆，则，解得.故选：B.3.已知直线l法向量为，且经过点，则原点O到l的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设点为直线上一点，则，所以，即直线的方程为，所以原点O到l的距离为.故选：C.4.南宋数学家杨辉所著的《详析九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球,第三层有6个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可得：，，，，，对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，，故C错误；对于D，，故D正确.故选：D.5.某学校高二（1）班上午安排语文、数学、英语、体育、物理门课，要求第一节不安排体育，语文和数学必须相邻，则不同的排课方法共有（）A.种 B.种 C.种 D.种【答案】B【解析】先考虑第一节安排体育课，语文和数学必须相邻，则将数学与语文捆绑，形成一个大元素，将这个大元素与英语、物理课进行排序，共有种排法；接下来只考虑语文和数学必须相邻的情形，只需将数学与语文捆绑，形成一个大元素，将这个大元素与其余门课进行排序，共有种排法.由间接法可知，不同的排法种数为种.故选：B.6.已知O为坐标原点,P是直线上一动点,Q是圆上一动点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图所示：设点与点关于直线对称，则，解得，即，所以，其中分别为圆圆心和半径，等号成立当且仅当分别与重合，其中分别为线段与直线和圆的交点，综上所述，的最小值为.故选：C.7.已知数列是公差为的等差数列，是其前项和，且,，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为数列是公差为的等差数列，是其前项和，且，，则，所以，，所以，，A对；，则，B错；，C对；因为，则，又因为，所以，数列是单调递增数列，当时，；当时，.综上所述，，D错.故选：C.8.已知是双曲线的左、右焦点，经过点的直线与双曲线C的左右两支分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可知：，可得，取的中点，连接，可知，因为，可得，则，可得，在中，由余弦定理可得，即，整理得，所以双曲线C的离心率为.故选：D.二、多项选择题：本大题共4小题，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，分选对的得2分，有选错的得0分.请把答案填涂在答题卡上.9.已知二项式的展开式，则（）A.常数项是 B.系数为有理数的项共有4项C.第5项和第6项的二项式系数相等 D.奇数项的二项式系数和为256【答案】ACD【解析】由题意二项式的展开式通项为，对于A，令，得，所以常数项是，故A正确；对于B，当且仅当时，这些项的系数为有理数，即系数为有理数的项共有5项，故B错误；对于C，第5项和第6项的二项式系数满足，故C正确；对于D，奇数项的二项式系数和为，故D正确.故选：ACD.10.已知经过点且斜率为k的直线l与圆交于不同的两点M，N，线段的中点为P，则（）A. B.当时，直线l平分圆CC.当时， D.点P的轨迹方程为【答案】AB【解析】A选项，变形为，即圆心为，半径为2，设直线，则圆心到直线的距离，即，解得，A正确；B选项，当时，，由于，故在直线上，故当时，直线l平分圆C，B正确；C选项，当时，，故圆心到直线的距离，故，C错误；D选项，由A选项知，，联立与得，，由得，且，故，令，则，由于，故在上单调递增，故，则,由几何关系知，设，故，变形得到，故点P的轨迹方程为，且，D错误.故选：AB11.已知直线l与抛物线交于、两点，且与轴交于点，为坐标原点，直线、斜率之积为，则（）A.当时，B.当时，线段中点的轨迹方程为C.当时，以为直径的圆与轴相切D.当时，的最小值为【答案】AC【解析】设点、、，由题意可得，，若直线与轴垂直，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，设直线的方程为，联立可得，，由韦达定理可得，，，所以，，对于AB选项，当时，则，即点，满足，，，当且仅当时，即当或时，等号成立，A对，设点，则，，化简可得，B错；对于CD选项，当时，则，则为抛物线的焦点，，则线段的中点为，，故以线段为直径的圆与轴相切，C对，，当且仅当时，即当或，D错.故选：AC.12.已知数列各项均为负数，其前项和满足，则（）A.数列的第项小于 B.数列不可能是等比数列C.数列为递增数列 D.数列中存在大于项【答案】BCD【解析】由题知，因为，所以当时，，可得，当时，，可得，又，且，所以，A错误；对于B，假设数列是等比数列，设其公比为，由于，即，变形可得，必有，与等比数列定义矛盾，B正确；对于C，当时，可得，必有即，则是递增数列，C正确；对于D，假设数列中不存在大于的项，即对于，有，则，所以有，变形得，与假设矛盾，故D正确.故选：BCD第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分（其中16题第一空2分，第二空3分）.13.编号不同的四个球放入四个不同的盒子中，恰有一个空盒的不同放法有______种.（用数字回答）【答案】144【解析】首先把四个小球分成2、1、1三组，共有种不同的分法，然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，共有种放法.故答案为：144.14.已知圆与圆外离，则实数a的取值范围为______.【答案】【解析】由题意圆与圆的圆心、半径依次分别为，因为两圆外离，所以圆心距满足，解得，即实数a的取值范围为.故答案为：.15.已知椭圆的离心率为，、是左、右焦点，为椭圆的下顶点，连接并延长交椭圆于点，则直线的斜率为______.【答案】【解析】由已知可得，则，，椭圆的方程可化为，即，易知点、、，直线的方程为，可得，联立可得，即点，所以，.故答案为：.16.已知数列各项均为，在其第项和第项之间插入个，得到新数列，记新数列的前项和为，则______，______.【答案】；【解析】由题意，将数列各项按如下数阵排列：其中第行有项，则该数阵中第行最后一项对应数列中的对应的第项，因为，且，所以，位于数阵的第行第项，故，数列的前项中，项的值为的共项，项的值为的项共项，因此，.故答案为：；.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在①各项系数之和为；②常数项为；③各项系数的绝对值之和为1536这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题.在的展开式中，.（1）求n；（2）证明：能被6整除.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）解：（1）选条件①各项系数之和为，取，则，解得；选条件②常数项为，由，则常数项为，解得；选条件③各项系数的绝对值之和为1536，即的各项系数之和为1536，取，则，解得.（2），所以能被6整除.18.在数列中，，且分别是等差数列的第1，3项.（1）求数列和的通项公式；（2）记，求的前n项和.解：（1）由题意得，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，又因为，解得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.（2）由题意，若，则，若，则，所以的前n项和.19.已知圆M的圆心在直线上，并且与直线相切于点.（1）求圆M的标准方程；（2）直线与圆M相交于A，B两点，，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，求.解：（1）设与直线垂直的直线方程为，代入点可得，解得，可知圆M的圆心在直线