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2023-2024学年甘肃省白银市靖远县第一中学高二上学期期末数学模拟卷（一）含答案
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这是一份2023-2024学年甘肃省白银市靖远县第一中学高二上学期期末数学模拟卷（一）含答案，共13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。
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，求得直线的斜率，结合直线的斜率和倾斜角的关系，即可求解.
【详解】直线的方程可化为，可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，可得，
因为，所以.
故选：D.
2．已知等差数列的前项和为，则（ ）
A．0B．15C．21D．18
【答案】A
【分析】根据等差数列的性质求得，进而求得.
【详解】，
.
故选：A
3．抛物线上一点到焦点的最小距离为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】结合抛物线的定义，转化为到准线的距离即可求解.
【详解】依题，抛物线，即，
假设是抛物线上任意一点，为抛物线焦点，
根据抛物线的定义，
则有，因为，
所以抛物线上一点到焦点的最小距离为.
故选：C
4．甲､乙两人从3门课程中各选修1门，则甲､乙所选的课程不相同的选法共有（ ）
A．6种B．12种C．3种D．9种
【答案】A
【分析】根据分步乘法计数原理求得正确答案.
【详解】甲､乙两人从3门课程中各选修1门，
由乘法原理可得甲､乙所选的课程不相同的选法有（种）.
故选：A
5．在的展开式中，的系数是（ ）
A．B．56C．8D．
【答案】A
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，由此根据x的指数，列式计算，求出参数，即可求得答案.
【详解】因为展开式的第项为，
所以令，则，
故的系数是，
故选：A
6．已知正项等比数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据基本公式，求公比，再根据首项求通项公式.
【详解】由，可知，则，化为，
因为，所以，
解得，因为，所以.
故选：B
7．已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上第一象限的点，直线与轴相交于点，若（为坐标原点），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先由点在椭圆上可确定点的位置，得出；再根据椭圆的定义可得，进而可得出答案.
【详解】
由椭圆，可得：，，，点在椭圆上.
因为，.
所以轴，
所以.
因为，
所以，
所以.
故选：C.
8．踢球时甲､乙､丙三人互相传递，由甲开始传球，经过3次传递后，球又被传回到甲，则不同的传递方式共有（ ）
A．6种B．8种C．2种D．4种
【答案】C
【分析】根据题意，经过2次传到乙有“甲一丙一乙”1种方式，经过2次传到丙有“甲一乙一丙”1种方式，进而得到3次传给甲的情况，得到答案.
【详解】经过3次传到甲，必定经过2次传到乙或丙，且经过2次传到乙或丙的方式种数相等，
经过2次传到乙有“甲一丙一乙”1种方式，经过2次传到丙有“甲一乙一丙”1种方式，
所以经过3次传到甲共有2种传递方式.
故选：C.
二、多选题
9．已知直线，直线，则（ ）
A．直线可以与轴平行B．直线可以与轴平行
C．当时，D．当时，
【答案】ABC
【分析】根据直线平行和垂直对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】当时，直线，此时直线与轴平行，B项正确；
若，则直线，此时直线与轴平行，A项正确；
若，则，解得，
经验证可知此时两直线不重合，C项正确；
若，则，解得，D项错误.
故选：ABC
10．设数列的前项和为，下列命题正确的是（ ）
A．若为等差数列，则仍为等差数列
B．若为等比数列，则仍为等比数列
C．若为等差数列，则为等差数列
D．若为等比数列，则为等差数列
【答案】AC
【分析】根据等差数列、等比数列的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设等差数列的公差为，则，
，
同理可得，
所以，
所以仍为等差数列，故A项正确；
取数列为，当为0时，不能成等比数列，故B项不正确；
设等差数列的公差为，则，
于是，
所以为等差数列，故C项正确；
若，则无意义，此时为等差数列是不正确的，故D项不正确.
故选：AC
11．四位同学各在周六､周日两天中任选一天参加社区公益活动，则（ ）
A．四位同学选在同一天参加公益活动的概率为
B．周六两位同学，周日两位同学参加公益活动的概率为
C．周六､周日都有同学参加公益活动的概率为
D．周六一位同学，周日三位同学参加公益活动的概率为
【答案】ABD
【分析】利用计数原理求解总情况，然后利用古典概型求解概率.
【详解】对A，四位同学各在周六､周日任选一天参加公益活动共有种结果，都在同一天即周六或者周日参加共有2种结果，故其概率为，故A正确；
对B，周六和周日各有两位同学参加的概率为,故B正确；
对C，不都在同一天即周六､周日都有同学参加的概率为,故C错误；
对D，周六一位同学，周日三位同学参加的概率为,故D正确.
故选：ABD
12．已知椭圆且与双曲线的焦点重合，分别为椭圆，双曲线的离心率，则（ ）
A．B．
C．D．当时，
【答案】BC
【分析】根据椭圆、双曲线的离心率等有关性质对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】因为椭圆，双曲线的焦点相同，所以，
所以，所以，当时，，故选项AD错误，选项C正确.
因为，
所以，选项B正确.
故选：BC
三、填空题
13．已知圆与圆内切，则 .
【答案】8
【分析】根据圆与圆的位置关系列方程，从而求得.
【详解】因为，圆的半径为3，圆的半径为，
所以，因为圆与圆内切，
，所以.
故答案为：
14．的展开式中有理项的个数为 .
【答案】3
【分析】先化简二项式展开式的通项公式，由此求得正确答案.
【详解】展开式的通项为，
要为有理项，则为整数，故可取，共有3项有理项.
故答案为：
15．如图，三根绳子上共挂有6只气球，绳子上的球数依次为1，2，3，每枪只能打破一只气球，而且规定只有打破下面的气球才能打上面的气球，则将这些气球都打破的不同打法数是 ．
【答案】60
【分析】将6只气球进行编号为1，2，3，4，5，6号，则下方气球号码小于上方气球号码的排列方法数就是打破气球的方法数，将编号为1—6号的6只气球挂上3根绳子，按下方气球号码小于上方气球号码的排列，分3步进行，利用分步计数原理求解即可
【详解】解：将6只气球进行编号为1，2，3，4，5，6号，则下方气球号码小于上方气球号码的排列方法数就是打破气球的方法数，将编号为1—6号的6只气球挂上3根绳子，按下方气球号码小于上方气球号码的排列，分3步进行：
（1）第一步，挂有1只气球的绳子，有种挂法；
（2）第二步，挂有2只气球的绳子，有种挂法；
（3）第三步，挂有3只气球的绳子，有种挂法；
所以由分步计数原理得，共有种方法，
因为一种挂法就是一种排列方法，也就是打破气球的方法，所以将这些气球都打破的不同打法数为60种方法，
故答案为：60
16．已知点分别为双曲线的左､右焦点，若双曲线上一点满足，，则 ，双曲线的标准方程为 .
【答案】
【分析】由题意可得，即有；由双曲线定义可得，结合余弦定理即可解得，又即可得.
【详解】因为，，所以，
即，则，所以；
则，
设，所以，
由余弦定理知，解得，
因为，所以，即双曲线的方程为.
故答案为：；.
四、解答题
17．已知圆和直线相切于点.
(1)求圆的标准方程及直线的一般式方程；
(2)已知直线经过点，并且被圆截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】(1)圆的标准方程为，直线的一般方程为；
(2).
【分析】（1）将点的坐标代入圆的方程，求出实数的值，可得出圆的标准方程，求出直线的斜率，由圆的几何性质可得，可求得直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程，化为一般式即可；
（2）分析可知直线过圆心，求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.
【详解】（1）解：把点代入圆的方程，可得，解得，
得的方程为，即，
圆心为，所以，直线的斜率为，
由圆的几何性质可知，则直线的斜率为，
直线的方程为，即.
（2）解：由（1）可知，圆的直径为，故直线经过圆心，
且直线的斜率为，直线的方程为，即．
18．已知数列的前项和为，，，数列为等差数列.
（1）求数列的通项公式
（2）设数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由数列为等差数列，可得，，可得：；
（2）， 通过放缩裂项相消即可得解.
【详解】（1）因为数列为等差数列，
所以公差，
从而，
所以.
当时，，
又适合上式，所以.
（2）证明：由（1）可知.
因为，
所以
.
因为，所以.
【点睛】本题考查了数列求通项公式，考查了放缩法和裂项相消法，有一定的计算量，属于中档题.本题的关键点有：
（1）通过和的关系求通项公式；
（2）本题的难点是放缩法，通过放缩后可裂项相求和.
19．（1）求除以15的余数；
（2）证明：能被96整除.
【答案】（1）4 （2）证明见解析
【分析】（1）将转化为，然后根据二项式展开式求得正确答案.
（2）将转化为然后利用二项式展开式求得正确答案.
【详解】（1）
，
除以15的余数为4.
（2）证明：
，
原式能被96整除.
20．现有10个运动员名额，作如下分配方案.
(1)平均分成5个组，每组2人，有多少种分配方案？
(2)分成7个组，每组最少1人，有多少种分配方案？
【答案】(1)945
(2)84
【分析】（1）根据平均分组的分配规律，结合组合数的计算，即可得答案；
（2）结合题意，利用隔板法即可求得答案.
【详解】（1）根据平均分配规律，则平均分配5个组共有种方案.
（2）10名运动员排成一排，中间形成9个空隙，选6个位置插入隔板，
则分成7组，故分配方案共有种.
21．已知数列的通项公式为，在公差为整数的等差数列中，，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列、等比中项等知识求得，进而求得.
（2）利用错位相减求和法求得.
【详解】（1）因为，所以，即，
因为成等比数列，所以，
设数列的公差为，所以，
解得或（舍去），所以，
所以.
（2）①，
②，
由①-②得，
求得，即.
22．已知椭圆的焦距与短轴长相等，点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知圆的切线与椭圆相交于两点，证明：以为直径的圆必经过原点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用焦距与短轴长即可得，将点代入椭圆方程计算，即可求出椭圆的标准方程；
（2）对切线的斜率是否存在进行分类讨论，联立直线和椭圆方程并由向量数量积即可求出得出结论.
【详解】（1）由题意可知，即可得，
把点的坐标代入椭圆方程得，
解得，
即椭圆方程为.
（2）证明：如下图所示：
①当直线的斜率不存在时，
直线与圆相切，直线方程为或.
（I）联立与，可得，
以为直径的圆的方程为；
（II）联立与，可得，
以为直径的圆的方程为.
综合（I），（II）可知，两圆过定点.
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立与，
消去得，
设，
由韦达定理知
，
由直线与圆相切，可得圆心到直线的距离，即，
从而，显然以为直径的圆经过原点.
综合①②可知，以为直径的圆必经过原点.
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，求得直线的斜率，结合直线的斜率和倾斜角的关系，即可求解.
【详解】直线的方程可化为，可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，可得，
因为，所以.
故选：D.
2．已知等差数列的前项和为，则（ ）
A．0B．15C．21D．18
【答案】A
【分析】根据等差数列的性质求得，进而求得.
【详解】，
.
故选：A
3．抛物线上一点到焦点的最小距离为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】结合抛物线的定义，转化为到准线的距离即可求解.
【详解】依题，抛物线，即，
假设是抛物线上任意一点，为抛物线焦点，
根据抛物线的定义，
则有，因为，
所以抛物线上一点到焦点的最小距离为.
故选：C
4．甲､乙两人从3门课程中各选修1门，则甲､乙所选的课程不相同的选法共有（ ）
A．6种B．12种C．3种D．9种
【答案】A
【分析】根据分步乘法计数原理求得正确答案.
【详解】甲､乙两人从3门课程中各选修1门，
由乘法原理可得甲､乙所选的课程不相同的选法有（种）.
故选：A
5．在的展开式中，的系数是（ ）
A．B．56C．8D．
【答案】A
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，由此根据x的指数，列式计算，求出参数，即可求得答案.
【详解】因为展开式的第项为，
所以令，则，
故的系数是，
故选：A
6．已知正项等比数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据基本公式，求公比，再根据首项求通项公式.
【详解】由，可知，则，化为，
因为，所以，
解得，因为，所以.
故选：B
7．已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上第一象限的点，直线与轴相交于点，若（为坐标原点），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先由点在椭圆上可确定点的位置，得出；再根据椭圆的定义可得，进而可得出答案.
【详解】
由椭圆，可得：，，，点在椭圆上.
因为，.
所以轴，
所以.
因为，
所以，
所以.
故选：C.
8．踢球时甲､乙､丙三人互相传递，由甲开始传球，经过3次传递后，球又被传回到甲，则不同的传递方式共有（ ）
A．6种B．8种C．2种D．4种
【答案】C
【分析】根据题意，经过2次传到乙有“甲一丙一乙”1种方式，经过2次传到丙有“甲一乙一丙”1种方式，进而得到3次传给甲的情况，得到答案.
【详解】经过3次传到甲，必定经过2次传到乙或丙，且经过2次传到乙或丙的方式种数相等，
经过2次传到乙有“甲一丙一乙”1种方式，经过2次传到丙有“甲一乙一丙”1种方式，
所以经过3次传到甲共有2种传递方式.
故选：C.
二、多选题
9．已知直线，直线，则（ ）
A．直线可以与轴平行B．直线可以与轴平行
C．当时，D．当时，
【答案】ABC
【分析】根据直线平行和垂直对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】当时，直线，此时直线与轴平行，B项正确；
若，则直线，此时直线与轴平行，A项正确；
若，则，解得，
经验证可知此时两直线不重合，C项正确；
若，则，解得，D项错误.
故选：ABC
10．设数列的前项和为，下列命题正确的是（ ）
A．若为等差数列，则仍为等差数列
B．若为等比数列，则仍为等比数列
C．若为等差数列，则为等差数列
D．若为等比数列，则为等差数列
【答案】AC
【分析】根据等差数列、等比数列的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设等差数列的公差为，则，
，
同理可得，
所以，
所以仍为等差数列，故A项正确；
取数列为，当为0时，不能成等比数列，故B项不正确；
设等差数列的公差为，则，
于是，
所以为等差数列，故C项正确；
若，则无意义，此时为等差数列是不正确的，故D项不正确.
故选：AC
11．四位同学各在周六､周日两天中任选一天参加社区公益活动，则（ ）
A．四位同学选在同一天参加公益活动的概率为
B．周六两位同学，周日两位同学参加公益活动的概率为
C．周六､周日都有同学参加公益活动的概率为
D．周六一位同学，周日三位同学参加公益活动的概率为
【答案】ABD
【分析】利用计数原理求解总情况，然后利用古典概型求解概率.
【详解】对A，四位同学各在周六､周日任选一天参加公益活动共有种结果，都在同一天即周六或者周日参加共有2种结果，故其概率为，故A正确；
对B，周六和周日各有两位同学参加的概率为,故B正确；
对C，不都在同一天即周六､周日都有同学参加的概率为,故C错误；
对D，周六一位同学，周日三位同学参加的概率为,故D正确.
故选：ABD
12．已知椭圆且与双曲线的焦点重合，分别为椭圆，双曲线的离心率，则（ ）
A．B．
C．D．当时，
【答案】BC
【分析】根据椭圆、双曲线的离心率等有关性质对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】因为椭圆，双曲线的焦点相同，所以，
所以，所以，当时，，故选项AD错误，选项C正确.
因为，
所以，选项B正确.
故选：BC
三、填空题
13．已知圆与圆内切，则 .
【答案】8
【分析】根据圆与圆的位置关系列方程，从而求得.
【详解】因为，圆的半径为3，圆的半径为，
所以，因为圆与圆内切，
，所以.
故答案为：
14．的展开式中有理项的个数为 .
【答案】3
【分析】先化简二项式展开式的通项公式，由此求得正确答案.
【详解】展开式的通项为，
要为有理项，则为整数，故可取，共有3项有理项.
故答案为：
15．如图，三根绳子上共挂有6只气球，绳子上的球数依次为1，2，3，每枪只能打破一只气球，而且规定只有打破下面的气球才能打上面的气球，则将这些气球都打破的不同打法数是 ．
【答案】60
【分析】将6只气球进行编号为1，2，3，4，5，6号，则下方气球号码小于上方气球号码的排列方法数就是打破气球的方法数，将编号为1—6号的6只气球挂上3根绳子，按下方气球号码小于上方气球号码的排列，分3步进行，利用分步计数原理求解即可
【详解】解：将6只气球进行编号为1，2，3，4，5，6号，则下方气球号码小于上方气球号码的排列方法数就是打破气球的方法数，将编号为1—6号的6只气球挂上3根绳子，按下方气球号码小于上方气球号码的排列，分3步进行：
（1）第一步，挂有1只气球的绳子，有种挂法；
（2）第二步，挂有2只气球的绳子，有种挂法；
（3）第三步，挂有3只气球的绳子，有种挂法；
所以由分步计数原理得，共有种方法，
因为一种挂法就是一种排列方法，也就是打破气球的方法，所以将这些气球都打破的不同打法数为60种方法，
故答案为：60
16．已知点分别为双曲线的左､右焦点，若双曲线上一点满足，，则 ，双曲线的标准方程为 .
【答案】
【分析】由题意可得，即有；由双曲线定义可得，结合余弦定理即可解得，又即可得.
【详解】因为，，所以，
即，则，所以；
则，
设，所以，
由余弦定理知，解得，
因为，所以，即双曲线的方程为.
故答案为：；.
四、解答题
17．已知圆和直线相切于点.
(1)求圆的标准方程及直线的一般式方程；
(2)已知直线经过点，并且被圆截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】(1)圆的标准方程为，直线的一般方程为；
(2).
【分析】（1）将点的坐标代入圆的方程，求出实数的值，可得出圆的标准方程，求出直线的斜率，由圆的几何性质可得，可求得直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程，化为一般式即可；
（2）分析可知直线过圆心，求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.
【详解】（1）解：把点代入圆的方程，可得，解得，
得的方程为，即，
圆心为，所以，直线的斜率为，
由圆的几何性质可知，则直线的斜率为，
直线的方程为，即.
（2）解：由（1）可知，圆的直径为，故直线经过圆心，
且直线的斜率为，直线的方程为，即．
18．已知数列的前项和为，，，数列为等差数列.
（1）求数列的通项公式
（2）设数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由数列为等差数列，可得，，可得：；
（2）， 通过放缩裂项相消即可得解.
【详解】（1）因为数列为等差数列，
所以公差，
从而，
所以.
当时，，
又适合上式，所以.
（2）证明：由（1）可知.
因为，
所以
.
因为，所以.
【点睛】本题考查了数列求通项公式，考查了放缩法和裂项相消法，有一定的计算量，属于中档题.本题的关键点有：
（1）通过和的关系求通项公式；
（2）本题的难点是放缩法，通过放缩后可裂项相求和.
19．（1）求除以15的余数；
（2）证明：能被96整除.
【答案】（1）4 （2）证明见解析
【分析】（1）将转化为，然后根据二项式展开式求得正确答案.
（2）将转化为然后利用二项式展开式求得正确答案.
【详解】（1）
，
除以15的余数为4.
（2）证明：
，
原式能被96整除.
20．现有10个运动员名额，作如下分配方案.
(1)平均分成5个组，每组2人，有多少种分配方案？
(2)分成7个组，每组最少1人，有多少种分配方案？
【答案】(1)945
(2)84
【分析】（1）根据平均分组的分配规律，结合组合数的计算，即可得答案；
（2）结合题意，利用隔板法即可求得答案.
【详解】（1）根据平均分配规律，则平均分配5个组共有种方案.
（2）10名运动员排成一排，中间形成9个空隙，选6个位置插入隔板，
则分成7组，故分配方案共有种.
21．已知数列的通项公式为，在公差为整数的等差数列中，，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列、等比中项等知识求得，进而求得.
（2）利用错位相减求和法求得.
【详解】（1）因为，所以，即，
因为成等比数列，所以，
设数列的公差为，所以，
解得或（舍去），所以，
所以.
（2）①，
②，
由①-②得，
求得，即.
22．已知椭圆的焦距与短轴长相等，点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知圆的切线与椭圆相交于两点，证明：以为直径的圆必经过原点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用焦距与短轴长即可得，将点代入椭圆方程计算，即可求出椭圆的标准方程；
（2）对切线的斜率是否存在进行分类讨论，联立直线和椭圆方程并由向量数量积即可求出得出结论.
【详解】（1）由题意可知，即可得，
把点的坐标代入椭圆方程得，
解得，
即椭圆方程为.
（2）证明：如下图所示：
①当直线的斜率不存在时，
直线与圆相切，直线方程为或.
（I）联立与，可得，
以为直径的圆的方程为；
（II）联立与，可得，
以为直径的圆的方程为.
综合（I），（II）可知，两圆过定点.
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立与，
消去得，
设，
由韦达定理知
，
由直线与圆相切，可得圆心到直线的距离，即，
从而，显然以为直径的圆经过原点.
综合①②可知，以为直径的圆必经过原点.
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