资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量检查数学试题（Word版附解析）
展开
这是一份福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量检查数学试题（Word版附解析），文件包含福建省龙岩市2023-2024学年高二上学期期末教学质量检查数学试题原卷版docx、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解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
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. 34B. 35C. 36D. 37
【答案】A
【解析】
【分析】直接由组合数公式计算即可.
【详解】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】
【分析】根据椭圆的焦点位置可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.
【详解】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】
【分析】由直线点法式得直线方程，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】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《详解九章算法·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】
【分析】由题意，根据等差数列求和公式，写出通项公式，可得答案.
【详解】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】
【分析】先考虑第一节安排体育课，语文和数学必须相邻的排法种数，接下来考虑语文和数学必须相邻的情形，求出两种情况下不同的排课方法种数，结合间接法可得结果.
【详解】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】
【分析】首先画出图形，找出点关于直线的对称点，结合三角形三边关系即可求解.
【详解】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】
【分析】利用等差数列的基本性质可得出，结合以及等差数列的通项公式可判断AB选项，利用等差数列的求和公式可判断C选项，推导出，结合数列的单调性可判断D选项.
【详解】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】
【分析】根据双曲线的定义可得，取的中点，连接，由面积可得，利用余弦定理结合双曲线离心率分析求解.
【详解】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.
【点睛】方法点睛：求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
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】
【分析】首先得二项式展开通项，由此即可逐一判断每一选项.
【详解】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C
C. 当时，D. 点P的轨迹方程为
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项，求出圆心和半径，由点到直线距离公式得到不等式，求出答案；B选项，当时，，故在直线上，得到B正确；C选项，由垂径定理得到弦长；D选项，联立与，根据得到，设，由得到轨迹方程，注意取值范围.
【详解】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：AB
11. 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】
【分析】设点、、，由题意可得，，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，利用斜率公式和韦达定理推导出，利用基本不等式可判断AD选项，求出点的轨迹方程，可判断B选项；利用直线与圆的位置关系可判断C选项.
【详解】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】
【分析】根据题意，由数列前项和与通项的关系求出和的值，可判断选项A，利用反证法判断选项B和D，分析的符号，即可判断选项C.
【详解】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】
【分析】首先把四个小球分成2、1、1三组，然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，即可求解.
【详解】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】
【分析】由题意表示出两圆的圆心半径，进一步结合两圆外离列出不等式即可求解.
【详解】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】
【分析】由已知可得出，，求出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再利用斜率公式可求得直线的斜率.
详解】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】 ①. ②.
【解析】
【分析】将数列各项排成三角数阵，确定的位置，可得出的值，确定数列的前项中，项的值为、的项数，即可求得的值.
【详解】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：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列求和与求某项的问题，解题的关键就是确定各项的位置，以及数列中各项的值，对于这种有规律性的数列问题，可以将其转化为三角数阵，确定相应项的位置即可.
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）
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由所选条件，利用展开式系数与系数和的性质，列方程求n；
（2），利用二项式定理，证明数据是6的倍数.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
，
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.
【答案】（1）,
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列的定义、等差数列基本量的计算即可得解；
（2）由裂项法求和结合对分类讨论即可求解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据切线性质以及垂直关系分析可知圆M的圆心在直线上，进而可求圆心和半径，即可得结果；
（2）联立方程，根据弦长公式求得，可知结合韦达定理运算求解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出点的坐标，根据可得出关于的等式，即可解出的值，由此可得出抛物线的标准方程；
（2）求出点的坐标，可得出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点的坐标，设直线的倾斜角为，分析可得出，，由结合二倍角的正切公式求出的值，结合可得出实数的值.
【小问1详解】
解：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.
【小问2详解】
解：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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用倒序相加法可求得；
（2）利用错位相减法求出，由已知条件结合参变量分离法可得出，利用对勾函数的单调性求出的最大值，即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：函数满足，数列满足，
则，
所以，，
故.
【小问2详解】
解：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.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，根据题意结合斜率公式运算求解；
（2）设，直线的斜率分别为直线，根据直线与双曲线相切可得，，由切线均过点可得，，同构可知直线的方程为，联立方程证明直线与曲线C相切于点Q，再结合垂直关系结合三角形相似证明.
【小问1详解】
设，则，
由题意可得，整理得，
所以曲线C的方程.
【小问2详解】
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.
【点睛】关键点点睛：同构思想的应用：
1.根据题意可知为方程的两根；
2.根据，，可知直线的方程为.
（考试时间：120分钟 满分：150分）
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. 34B. 35C. 36D. 37
【答案】A
【解析】
【分析】直接由组合数公式计算即可.
【详解】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】
【分析】根据椭圆的焦点位置可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.
【详解】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】
【分析】由直线点法式得直线方程，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】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《详解九章算法·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】
【分析】由题意，根据等差数列求和公式，写出通项公式，可得答案.
【详解】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】
【分析】先考虑第一节安排体育课，语文和数学必须相邻的排法种数，接下来考虑语文和数学必须相邻的情形，求出两种情况下不同的排课方法种数，结合间接法可得结果.
【详解】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】
【分析】首先画出图形，找出点关于直线的对称点，结合三角形三边关系即可求解.
【详解】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】
【分析】利用等差数列的基本性质可得出，结合以及等差数列的通项公式可判断AB选项，利用等差数列的求和公式可判断C选项，推导出，结合数列的单调性可判断D选项.
【详解】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】
【分析】根据双曲线的定义可得，取的中点，连接，由面积可得，利用余弦定理结合双曲线离心率分析求解.
【详解】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.
【点睛】方法点睛：求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
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】
【分析】首先得二项式展开通项，由此即可逐一判断每一选项.
【详解】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C
C. 当时，D. 点P的轨迹方程为
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项，求出圆心和半径，由点到直线距离公式得到不等式，求出答案；B选项，当时，，故在直线上，得到B正确；C选项，由垂径定理得到弦长；D选项，联立与，根据得到，设，由得到轨迹方程，注意取值范围.
【详解】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：AB
11. 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】
【分析】设点、、，由题意可得，，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，利用斜率公式和韦达定理推导出，利用基本不等式可判断AD选项，求出点的轨迹方程，可判断B选项；利用直线与圆的位置关系可判断C选项.
【详解】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】
【分析】根据题意，由数列前项和与通项的关系求出和的值，可判断选项A，利用反证法判断选项B和D，分析的符号，即可判断选项C.
【详解】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】
【分析】首先把四个小球分成2、1、1三组，然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，即可求解.
【详解】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】
【分析】由题意表示出两圆的圆心半径，进一步结合两圆外离列出不等式即可求解.
【详解】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】
【分析】由已知可得出，，求出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再利用斜率公式可求得直线的斜率.
详解】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】 ①. ②.
【解析】
【分析】将数列各项排成三角数阵，确定的位置，可得出的值，确定数列的前项中，项的值为、的项数，即可求得的值.
【详解】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：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列求和与求某项的问题，解题的关键就是确定各项的位置，以及数列中各项的值，对于这种有规律性的数列问题，可以将其转化为三角数阵，确定相应项的位置即可.
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）
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由所选条件，利用展开式系数与系数和的性质，列方程求n；
（2），利用二项式定理，证明数据是6的倍数.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
，
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.
【答案】（1）,
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列的定义、等差数列基本量的计算即可得解；
（2）由裂项法求和结合对分类讨论即可求解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据切线性质以及垂直关系分析可知圆M的圆心在直线上，进而可求圆心和半径，即可得结果；
（2）联立方程，根据弦长公式求得，可知结合韦达定理运算求解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出点的坐标，根据可得出关于的等式，即可解出的值，由此可得出抛物线的标准方程；
（2）求出点的坐标，可得出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点的坐标，设直线的倾斜角为，分析可得出，，由结合二倍角的正切公式求出的值，结合可得出实数的值.
【小问1详解】
解：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.
【小问2详解】
解：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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用倒序相加法可求得；
（2）利用错位相减法求出，由已知条件结合参变量分离法可得出，利用对勾函数的单调性求出的最大值，即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：函数满足，数列满足，
则，
所以，，
故.
【小问2详解】
解：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.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，根据题意结合斜率公式运算求解；
（2）设，直线的斜率分别为直线，根据直线与双曲线相切可得，，由切线均过点可得，，同构可知直线的方程为，联立方程证明直线与曲线C相切于点Q，再结合垂直关系结合三角形相似证明.
【小问1详解】
设，则，
由题意可得，整理得，
所以曲线C的方程.
【小问2详解】
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.
【点睛】关键点点睛：同构思想的应用：
1.根据题意可知为方程的两根；
2.根据，，可知直线的方程为.
相关试卷
福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一上学期1月期末教学质量检查数学试题（Word版附解析）： 这是一份福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一上学期1月期末教学质量检查数学试题（Word版附解析），文件包含福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一上学期1月期末教学质量检查数学试题原卷版docx、福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一上学期1月期末教学质量检查数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一上学期1月期末教学质量检查数学试题(无答案)： 这是一份福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一上学期1月期末教学质量检查数学试题(无答案)，共5页。试卷主要包含了已知，则下列结论正确的是，已知，且，则的最小值是，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量检查数学试题(无答案)： 这是一份福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量检查数学试题(无答案)，共4页。试卷主要包含了某学校高二，已知二项式的展开式，则等内容，欢迎下载使用。
