福建省宁德市2023_2024学年高二数学上学期期末质量检测试题含解析

这是一份福建省宁德市2023_2024学年高二数学上学期期末质量检测试题含解析，共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：C
5. 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. 3B. 4C. 5D. 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. 674B. 1348C. 1350D. 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，②
①②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】（1）设点坐标为，点坐标为，可得出，由已知可得出，，代入等式化简可得出曲线的方程；
（2）解法一：分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据结合斜率公式、韦达定理求出的值，化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标；
解法二：分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，推导出，结合可得出，代入韦达定理求出的值，简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.
【小问1详解】
解：设点坐标为，
点在单位圆上运动，则①，
设点坐标为，则，，即，，
代入①式，得，
所以求点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
解：点的轨迹为椭圆，其方程为，所以、，
若直线与轴重合，则直线与轴的交点为、，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立，整理得，
，
由韦达定理可得，
，，
由得，即，
②，
由韦达定理得，即，
代入②式得，
即，即，
即，解得，
所以，直线的方程为，故直线恒过定点.
解法二：点的轨迹为椭圆，其方程为，所以、，
若直线与轴重合，则直线与轴的交点为、，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立，整理得，
，
由韦达定理可得，，
则，，，．
由得，
即，
即，
将，，代入上式整理得，
解得，，
因为直线不过点，则，所以，
所以，直线的方程为，故直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.