2023-2024学年福建省莆田第二十五中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省莆田第二十五中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共16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．已知等差数列的通项公式，则等差数列的公差（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】A
【分析】根据题意，分别求得，即可得到公差.
【详解】因为等差数列的通项公式，则，
则公差.
故选：A
2．下列说法正确的是（ ）
A．直线的一个法向量为
B．直线 的一个方向向量为
C．直线 的斜率为
D．直线的倾斜角为
【答案】D
【分析】根据方程得斜率，进而得到直线的倾斜角，以及方向向量和方法向量，从而判断各选项.
【详解】对A：直线的一个方向向量为，故一个法向量为，故A错误；
对B：直线 的一个方向向量为，故B错误；
对C：直线 的斜率为，故C错误；
对D：直线的斜率为，故其倾斜角为，故D正确.
故选：D
3．在等差数列中，，，则（ ）
A．39B．76C．78D．117
【答案】C
【分析】根据等差数列通项的性质转化求解即可.
【详解】在等差数列中，，，
则.
故选：C.
4．已知点为圆外一点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合点在圆外条件，及表示圆的方程可得答案.
【详解】因在圆外，则，得.
又表示圆，则，得.
综上：.
故选：D
5．考虑掷硬币试验，设事件“正面朝上”，则下列论述正确的是（ ）
A．掷2次硬币，事件“一个正面，一个反面”发生的概率为
B．掷8次硬币，事件A发生的次数一定是4
C．重复掷硬币，事件A发生的频率等于事件A发生的概率
D．当投掷次数足够多时，事件A发生的频率接近0.5
【答案】D
【分析】根据随机事件的性质可判断A，B；根据频率与概率的关系可判断C，D.
【详解】掷2次硬币，事件“一个正面，一个反面”发生的概率，A错误；
掷8次硬币，事件A发生的次数是随机的，B错误；
重复掷硬币，事件A发生的频率无限接近于事件A发生的概率，C错误；
当投掷次数足够多时，事件A发生的频率接近0.5，D正确.
故选：D
6．在等比数列中，，是的两根，则等于（ ）
A．B．C．或D．
【答案】B
【分析】利用韦达定理可得，由等比数列特点可知，利用等比数列下标和性质可求得结果.
【详解】，是的两根，，，，
等比数列的偶数项为负数，，
，，，.
故选：B.
7．已知点是直线上的动点，过点作圆的两条切线，，，为切点.若的最大值为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，画出图象，当取得最大值时，则取得最大值，而，当取得最小值时，取得最大值，结合已知，即可求得答案.
【详解】结合题意，绘制图象如下：
当取得最大值时，
则取得最大值，
而，
当取得最小值时，取得最大值.
故的最小值为点到该直线的距离，
故，
故，解得.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了圆的基础知识，和数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
8．若三个非零且互不相等的实数成等差数列且满足,则称成一个“等差数列”.已知集合,则由中的三个元素组成的所有数列中,“等差数列”的个数为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先要确定构成“等差数列”的三个数的内在关系，和，结合所给集合找出符合条件的数组有50组．
【详解】由三个非零且互不相等的实数成等差数列且满足，知
消去，并整理得，
所以（舍去），，
于是有．
在集合中，三个元素组成的所有数列必为整数列，
所以必为2的被数，且，
故这样的数组共50组．答案选B．
【点睛】此题属于新情境问题，这类问题关键是要从问题情境中寻找“重要信息”，研究对象的本质特征，如本题中能构成“等差数列”的三个数的内在关系，和，这种明确数量关系（数量化的特征）是解决问题的关键，将地应用于新情境，即可达到解决问题的目的．这实质上是属于数学建模问题，一般考查较深刻，综合性强，难度略大，除要有相应的数学知识和数学能力外，还应耐心读题，仔细思考，增强信心，以应对此类问题．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．点（2，0）关于直线y＝x+1的对称点为（﹣1，3）
B．过（x1，y1），（x2，y2）两点的直线方程为
C．经过点（1，1）且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y﹣2＝0或x﹣y＝0
D．直线x﹣y﹣4＝0与两坐标轴围成的三角形的面积是8
【答案】ACD
【解析】通过对称性判断A；两点式方程的体积判断B；截距式方程判断C，三角形的面积判断D；
【详解】点（2，0）与（﹣1，3）的中点（，）
满足直线y＝x+1，并且两点的斜率为﹣1，
所以点（2，0）关于直线y＝x+1的对称点为（﹣1，3），
所以A正确；
当x1≠x2，y1≠y2时，过（x1，y1），（x2，y2），
两点的直线方程为，所以B不正确；
经过点（1，1）且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程
为x+y﹣2＝0或x﹣y＝0，所以正确；
直线x﹣y﹣4＝0，当x＝0时，y＝﹣4，当y＝0时，x＝4，
所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积是：8，所以D正确；
故选：ACD.
【点睛】本题考查命题的真假的判断，直线方程的求法，直线的位置关系的判断，是基本知识的考查.
10．已知数列是等比数列，则下列结论中正确的是（ ）
A．数列是等比数列
B．若，，则
C．若数列的前n项和，则
D．若，则数列是递增数列
【答案】AD
【分析】利用等比数列的定义可判断A；利用等比数列的通项公式可判断B；利用等比数列的前n项和公式可判断C；由，求出可判断D.
【详解】由数列是等比数列，设公比为，
则是常数，故A正确；
由，，则，即，
所以，故B错误；
若数列的前n项和，
则，，
，
成等比数列，，
即，解得，故C错误；
若，则，数列是递增数列；
若，则，数列是递增数列，故D正确.
故选：AD
11．小明与小华两人玩游戏，则下列游戏公平的有（ ）
A．抛掷一枚骰子，向上的点数为奇数，小明获胜，向上的点数为偶数，小华获胜
B．同时抛掷两枚硬币，恰有一枚正面向上，小明获胜，两枚都正面向上，小华获胜
C．从一副不含大小王的扑克牌中抽一张，扑克牌是红色，小明获胜，扑克牌是黑色，小华获胜
D．小明､小华两人各写一个数字6或8，如果两人写的数字相同，小明获胜，否则小华获胜
【答案】ACD
【分析】在四个选项中分别列出小明与小华获胜的情况，由此判断两人获胜是否为等可能事件．
【详解】解：对于A，抛掷一枚骰子，向上的点数为奇数和向上的点数为偶数是等可能的，所以游戏公平
对于B，恰有一枚正面向上包括正，反反，正两种情况，而两枚都正面向上仅有正，正一种情况，
所以游戏不公平
对于C，从一副不含大小王的扑克牌中抽一张，扑克牌是红色和扑克牌是黑色是等可能的，所以游戏公平
对于D，小明､小华两人各写一个数字6或8，一共四种情况：（6,6），（6,8），（8,6），（8,8）；两人写的数字相同和两人写的数字不同是等可能的，所以游戏公平．
故选：ACD．
【点睛】本题考查等可能事件的判断，考查运算求解能力，是基础题．
12．下列结论正确的是（ ）
A．过点作圆的两条切线，切点分别为、，则直线的方程为
B．圆与圆有且仅有一条公切线则
C．已知直线过点且和以、为端点的线段相交，则直线的斜率的取值范围为
D．若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是
【答案】ABD
【分析】设，，求出以为直径的圆的方程，再两圆方程作差即可判断A；由与圆项内切，结合圆与圆的位置关系，可判定B正确；分别求得的值，得到或，可判定C错误；设圆的圆心坐标为，半径为，转化为两圆相交，结合圆与圆的位置关系，列出不等式，即可求解.
【详解】对于A：设圆的圆心为，，则以为直径的圆的方程为，
所以切点弦的方程为，即，故A正确；

对于B：圆，即的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
因为两圆只有一条公切线，所以两圆相内切，则，解得，故B正确；
对于C：因为，，
要使得过点且和以为端点的线段相交，
则满足或，所以或，故C错误；

对于D：由圆，可得圆心，
设圆的圆心坐标为，半径为，可得，
要使得圆上恰好有两点到的距离为，则圆与圆相交，
则满足，即，解得，所以D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．若数列满足，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【详解】，，，．
是首项为，公比为2的等比数列．
所以．
故答案为 ．
【方法点睛】本题主要考查数列通项公式的求法，难度稍大．求数列通项公式的方法常用的有:观察法，公式法，累加法，累乘法，构造法，取倒数法等．本题应用构造法求数列的通项公式，即先构造一个等比数列，先求等比数列的通项公式，再求所求数列的通项公式．
14．若，满足，，是等差数列，且，，是等比数列，则 .
【答案】2
【分析】根据等差中项的性质求出，再根据等比中项的性质求出的值.
【详解】解：，，是等差数列，
,
，，是等比数列，
即
或（舍去）
故答案为：
【点睛】本题考查等差数列的性质，等比数列的性质，属于基础题.
15．已知圆与圆，则两圆的位置关系为 ．
【答案】相交
【分析】根据圆的位置关系直接得出.
【详解】根据两圆的方程，
得，，，
，
两圆相交．
故答案为：相交.
16．已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为 .
【答案】
【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点.
【详解】的圆心为，半径，
的圆心为，半径，
设，则，
所以，
取，
则，
当三点共线时取等号，
此时直线：
令，则，，
故答案为：

【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题.
四、解答题
17．已知直线的方程为，若直线过点，且.
(1)求直线和直线的交点坐标；
(2)已知直线经过直线与直线的交点，且在y轴上截距是在x轴上的截距的2倍，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）求出直线的方程与方程联立求解交点坐标即可；
（2）分类讨论，截距都为0与截距都不为0两种情况求解的方程即可.
【详解】（1）因为直线过点，且，
所以直线的方程为，即，
联立，解得，，
所以直线和直线的交点坐标为；
（2）当直线在两坐标轴上的截距都为0时，此时直线方程为，
当直线在两坐标轴上的截距都不为0时，此时可设直线方程为，
因为直线过，
所以，
所以，此时直线方程为，即，
综上直线的方程为或.
18．已知等比数列的各项满足，若，且，，成等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列的基本量计算即可求解公比，进而可求解通项，
（2）由分组求和以及等比等差数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）设的首项为，
由于，，成等差数列，则，即，
化简可得，
又，解得或（舍去），
；
（2）设数列的前项和为，
则
．
19．已知各项均为正数的数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接利用数列的递推关系式，利用的关系求出数列为等差数列，进一步求出数列的通项公式；
（2）根据裂项求和即可求解.
【详解】（1）由得，故两式相减可得：，化简得，
由于各项均为正数，所以，故（常数），
又当时，，由于，故，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列；
故．
（2）由（1）得：时，；
所以当时，
；
当也符合上式，
故
20．已知圆的圆心为原点，斜率为1且过点的直线与圆相切
(1)求圆的方程；
(2)过的直线交圆于、，若面积为，求直线方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）过点且斜率为1的直线方程，再求出圆心到直线的距离即圆的半径，从而得到圆的方程；
（2）设到直线的距离为，由面积求出，再分斜率存在与斜率不存在两种情况讨论.
【详解】（1）过点且斜率为1的直线为，
则圆心到直线的距离，
所以半径，则圆的方程为；
（2）设到直线的距离为，则，解得，
若直线斜率不存在，方程为，满足题意；
若直线斜率存在，设为，直线的方程为，
因为，所以，解得，
直线的方程为，即；
综上，直线方程为或.

21．某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负,则需进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为,乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.
(1)求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率;
(2)若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以2:0领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球.
(2) 甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.
【详解】（1）设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为;乙队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为.
设每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意,得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球,
则,
故每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率为.
（2）因为甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.
①比分为2:1的概率为
.
②比分为2:2的概率为.
③比分为3:2的概率为
.
综上,甲队第5个球员需出场罚球的概率为.
22．已知数列的首项，其前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）消去和式得递推公式，从而利用等比数列定义及通项公式即可求解；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）已知，
当时，，即，由，解得.
当时，，
则相减得.
当时，也成立.
所以对于都有成立.
上式化为，所以是等比数列，首项为4，公比为3，
则，即.
（2）因为，
则，
两式相减得，
，
所以.