2024_2025学年_福建宁德福鼎高二第一学期10月联考数学试题合集2套[附解析]

这是一份2024_2025学年_福建宁德福鼎高二第一学期10月联考数学试题合集2套[附解析]，共32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。
1．将数列1，3，6，8中的某两项分别减1、加1后（另两项不变），得等差数列的前四项，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
2．过点且方向向量为的直线的一般式方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．设Sn为等比数列{}的前n项和,,则＝
A．10B．9C．-8D．-5
4．已知点，，若过点的直线l与线段AB相交，则直线l斜率k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．在数列中，，，，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
6．已知等差数列，，，则数列的前n项和为（ ）
A．B．
C．D．
7．山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间，左右对称分布，最中间的是明间，宽度最大，然后向两边均依次是次间､次间､梢间､尽间.每间宽度从明间开始向左右两边均按相同的比例逐步递减，且明间与相邻的次间的宽度比为.若设明间的宽度为，则该大殿9间的总宽度为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知正项数列满足，，则下列错误的是（ ）
A．B．是递增数列
C．D．
二、多选题
9．已知为数列的前n项和，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．是单调递增数列D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．若数列是等比数列，则数列也是等比数列
B．若是公差为负的等差数列，是其前n项和，若，则和是的最大值
C．过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为
D．直线不过第四象限，则或
11．平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线l过点2,3，与两坐标分别交于A，B两点，设三角形OAB面积为，则下列选项中是真命题的是（ ）
A．存在正实数m，使得满足条件的直线直线l恰有一条．
B．存在正实数m，使得满足条件的直线直线l恰有两条．
C．若存在三条直线，使得三角形ABO面积为m，则．
D．若存在四条直线，使得三角形ABO面积为m，则．
三、填空题
12．若，，三点共线，则满足的关系式为 ．
13．在各项不为零的等差数列中，，数列是等比数列，且，则 ．
14．已知数列的通项公式是，记为在区间内项的个数，则 ，不等式成立的的最小值为 ．
四、解答题
15．求适合下列条件的直线方程：
(1)经过点，其方向向量也是直线的法向量．
(2)经过点，和两条坐标轴正半轴围成的三角形的面积为4．
16．已知等差数列公差为d，，且，，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，求．
17．已知数列的前n项和为，且，．设．
(1)求证：数列是等比数列，并求．
(2)求证：数列是等差数列，并求．
(3)求数列的前项和．
18．已知函数的图像上有一点列，点在x轴上的射影是，且，．
(1)求数列的通项公式．
(2)对任意的正整数n，不等式都成立，求实数t的取值范围．
(3)设四边形的面积是，求证：．
19．数列、满足：是等比数列，，且．
(1)求、．
(2)求集合中所有元素的和．
(3)对数列，若存在互不相等的正整数，使得也是数列中的项，则称数列是“和稳定数列”．试别断数列、是否是“和稳定数列”，并说明理由．
答案：
1．D
【分析】分析可知变化的两项为1，4或2，3，逐项检验并结合等差数列通项公式运算求解.
【详解】记减1的项为a，加1的项为b，
因为，可知变化的两项为1，4或2，3，
若，可得0，3，6，9，为等差数列，
此时首项为0，公差为3，所以；
若，可得2，3，6，7，不为等差数列；
若，可得1，2，7，8，不为等差数列；
若，可得1，4，5，8，不为等差数列；
综上所述：数列的通项公式为.
故选：D.
2．B
【分析】根据方向向量可得直线斜率，即可根据点斜式求解直线方程.
【详解】由于方向向量为，故斜率为，故直线方程为，
即，
故选：B
3．A
【详解】由,得,故.
故选：A
4．C
【分析】利用斜率公式求，数形结合确定直线斜率的范围.
【详解】由题设，如下图示，
所以.
故选：C
5．B
【分析】根据题意可得数列an是以1，3，3，1循环排列的周期为4的数列，计算可得.
【详解】由，可得，
又，可得，
以此类推可知数列an是以1，3，3，1循环排列的周期为4的数列，
故知.
故选：B
6．D
【分析】由已知求出等差数列an的公差，得到通项，利用分组求和，结合等差等比数列的求和公式求数列的前n项和.
【详解】设等差数列an公差为，由，得，则，
所以，，
则数列的前n项和为
.
故选：D.
7．D
【分析】由题意把9间的宽度转化为两个等比数列的和,应用等比数列前项和公式计算即可.
【详解】由题意, 设明间的宽度为等比数列的首项,从明间向右共5间,宽度成等比数列, 公比为,
同理从明间向左共5间,宽度成等比数列,公比为,
则由可得
所以总宽度为
故选:
8．C
【分析】结合数列的递推公式、单调性、以及放缩法、累加法的应用，对各项逐一判断，即可得到本题答案.
【详解】对于A：∵，，∴，即
因为在正项数列中，，∴，故A正确；
对于B：，
即，∴是递增数列，故B正确；
对于C：，
∵
∴，故C不正确；
对于D：∵，，……，，
∴.
故D正确.
故选：C.
9．BCD
【分析】当时，，可得选项A错误；代入通项公式可得选项B正确；由可得选项C正确；根据等差数列的性质求和可得选项D正确.
【详解】A.当时，，
当时，，
故，选项A错误.
B.由得，，故，选项B正确.
C. ∵，
∴是单调递增数列，选项C正确.
D. 由得，,
故，选项D正确.
故选：BCD.
10．ABD
【分析】A若an公比为，写出通项公式即可判断；B根据等差数列通项公式、前n项和公式判断数列单调性且即可判断；C注意过原点的情况；D直线不过第四象限有即可判断.
【详解】A：若an公比为，且，则，故，
显然是首项为，公比为的等比数列，对；
B：若an公差为，则，且数列单调递减，
由，即，则时，时，
综上，和是的最大值，对；
C：截距相等包含直线过原点的情况，此时直线为，错；
D：由直线不过第四象限，则，可得或，对.
故选：ABD
11．BCD
【分析】根据直线的方程求出与坐标轴的交点坐标，然后求出的面积，作出函数的图象，利用数形结合，可确定的值的情况，即可判断各选项的正误.
【详解】由题意可知：直线l的斜率存在，且不为0，
设直线，
可知直线l与轴、轴交点的坐标分别为，，
显然，解得，
可得三角形OAB面积，
令，作出其图象如图所示，
由图可知：当时，有两解；
当时，有三解；
当时，有四解；
结合选项可知：A错误，BCD正确；
故选：BCD.
12．
【分析】转化为平面向量平行，探索参数满足的条件.
【详解】由题意：，，因为三点，，三点共线，
所以.
所以：即.
故
13．16
【分析】利用等差数列的性质得，结合条件得，根据等比数列的性质得，代入可求结果.
【详解】∵an为等差数列，
∴，
∵，
∴，
∴或（舍），
∴，
∴，
∴.
故16.
14． 14 13
【分析】①根据，得，代入即可得解；②根据，得，对分奇偶讨论即可得解.
【详解】令，得，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以.
当为奇数时，，
即，因为，所以，即，
因为为奇数，所以的最小值为；
当为偶数时，，
因为，所以，，
因为为偶数，所以的最小值为.
综上所述，的最小值为.
故 ，
关键点点睛：讨论m的奇偶性求出对应通项公式为关键.
15．(1)
(2)
【分析】（1）求出直线的斜率，利用点斜式即可求出直线方程；
（2）利用截距式方程结合题意即可求出直线方程.
【详解】（1）直线的斜率为，
其法向量所在直线的斜率为，
所求直线方程为，即.
（2）设直线方程为，
则，解得，
所求直线方程为，
即.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由已知列方程组求出数列的首项和公差，可得通项公式；
（2）利用列项相消求数列的前n项和为
【详解】（1）等差数列公差为d，，且，，，成等比数列，
则有，解得，
所以
（2），，
所以数列的前n项和.
17．(1)证明见解析，；
(2)证明见解析，；
(3)
【分析】（1）先利用题给条件求得数列的递推关系式，再利用构造法即可证得数列是等比数列，进而求得的解析式；
（2）先利用构造法证得数列是等差数列，进而求得的解析式；
（3）利用错位相减法即可求得数列的前项和．
【详解】（1）数列的前n项和为，且，．
则时，
两式相减得，即，
令，则，故．
又，，则，则.
则数列是首项为2公比为2的等比数列，故.
（2）由（1）可得，，，
则，等式两边同时除以可得，，
又，则数列是首项为公差为的等差数列，
故，则
（3）由（2）得，则，
令，
则，
上式减去下式得，
则
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）变换得到，确定是以为首项为公比的等比数列，得到通项公式.
（2）计算，根据数列单调性得到，代入不等式解得答案.
（3）计算，放缩得到，根据裂项相消法求和得到答案.
【详解】（1）∵，∴，又，
∴是以为首项为公比的等比数列，∴，∴.
（2），∵不等式对正整数恒成立，
∴，而，
∴是一个减数列，，
故，解得，
所以实数t的取值范围为.
（3）
，
∴
，
∴.
19．(1)，
(2)
(3)an是“和稳定数列”， bn不是“和稳定数列”，详细见解析.
【分析】（1）根据已知及等比数列的定义求出bn的通项公式，由已知和求通项可得an的通项公式，根据已知及等比数列的定义求出的通项公式，由已知和求通项可得的通项公式；
（2）根据等差数列及等比数列的求和公式可得结果；
（3）根据“和稳定数列”的定义可判定.
【详解】（1）根据题意可知，所有可得，
又因bn是等比数列，所以设bn的公比为，则，
所以，
因①
当时，②
①式减去②式可得
将，可得
将之化简可得，
所以数列an是为首项，公差为的等差数列，
故.
（2）由题意知集合，
则化简转化为，
设，
且解之可得
所以集合A所有元素之和为；
（3）当时，是的正整数倍，
故一定不是数列an中的项；
当时，是是数列an中的项；
满足定义所以an是“和稳定数列”，
若bn“和稳定数列”
不妨设，则，
且
与矛盾
故不是bn中的项，所以bn不是“和稳定数列”
2024-2025学年福建省宁德市福鼎市高二上学期10月联考数学试题（二）
一、单选题
1．已知等差数列满足，则（ ）
A．B．1C．0D．
2．已知直线与直线间的距离为2，则（ ）
A．或4B．4C．或6D．或16
3．“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则（ ）
A．5B．6C．9D．11
5．等比数列的前项积为，则的最小值是（ ）
A．2B．C．4D．
6．用，，，，，这六个数字可以组成（ ）个无重复数字，符合“小于4310的四位偶数”
A．108B．C．D．
7．从2023年伊始，各地旅游业爆火，少林寺是河南省旅游胜地．某大学一个寝室6位同学慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求相邻，在的左边，则不同的站法共有（ ）
A．480种B．240种C．120种D．60种
8．已知实数x，y满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．
二、多选题
9．下列说法中错误的是（ ）
A．不过原点的直线都可以用方程表示
B．若直线，则两直线的斜率相等
C．过两点的直线都可用方程表示
D．若两条直线中，一条直线的斜率存在，另一条直线的斜率不存在，则两条直线垂直
10．若，其中为实数，则（ ）
A．B．C．D．
11．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.平面直角坐标系中，曲线C：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论：
①曲线C围成的图形的周长是；
②曲线C围成的图形的面积是2π；
③曲线C上的任意两点间的距离不超过2；
④若P（m，n）是曲线C上任意一点，的最小值是
其中正确的结论为（ ）
A．①B．②C．③D．④
三、填空题
12．已知直线过点且与以为方向向量的直线平行，则的方程为 .
13．曲线与直线l：y＝k（x－2）＋4有两个交点，则实数k的取值范围是 ．
14．将正整数分解成两个正整数的积，即，当两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如，其中即为20的最优分解，当是的最优分解时，定义，则数列的前2023项和为 .
四、解答题
15．若圆C经过点和，且圆心在x轴上，则：
(1)求圆C的方程．
(2)直线与圆C交于E、F两点，求线段的长度．
16．已知数列的前n项和为，从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，条件①，且；条件②为等比数列，且满足；解答下列问题．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设，记的前n项和为，若对任意正整数n，都有，求实数的取值范围．
17．已知的二项式系数之和为4096．
(1)求展开式中的常数项；
(2)求展开式中系数最大项．
18．已知过原点的动直线与圆．
(1)求直线与圆相交时，它的斜率的取值范围；
(2)当与圆相交于不同的两点时，求线段的中点的轨迹方程．
19．出租车几何学是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创立的．在出租车几何学中，点还是形如的有序实数对，直线还是满足的所有组成的图形，角度大小的定义也和原来一样，对于直角坐标系内任意两点定义它们之间的一种“距离”（“直角距离”）：．请解决以下问题：
(1)求线段上一点到原点的“距离”；
(2)求所有到定点的“距离”均为2的动点围成的图形的周长；
(3)在“欧式几何学”中有如下两个与“距离”有关的正确结论：
①平面上任意三点A，B，C，；
②平面上不在一直线上任意三点A，B，C，若；则是以为直角三角形.
上述结论对于“出租车几何学”中的直角距离是否还正确，并说明理由．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
A
C
B
D
D
C
BCD
ABD
题号
11









答案
BCD









答案：
1．C
【分析】根据等差数列的通项公式求解即可.
【详解】由可得：，
所以，
故选：C
2．D
【分析】利用平行线间的距离公式求解即可.
【详解】由题意可知，直线与直线平行，所以，
因为直线与直线间的距离为2，
所以，解得或.
故选：D.
3．A
【分析】根据直线平行的条件，判断“”和“直线与直线平行”之间的逻辑关系，即可得答案.
【详解】当时，直线与平行；
当直线与直线平行时，
有且，解得，
故“”是“直线与直线平行”的充要条件.
故选：A.
4．C
【分析】根据等差数列下标和性质及等差数列求和公式计算可得.
【详解】因为等差数列和的前项和分别为和，且，
所以.
故选：C
5．C
【分析】根据等比数列的性质可得，即可根据基本不等式求解.
【详解】由等比数列的性质可知，所以，
所以，当且仅当时等号成立，
故选：C.
6．B
【分析】根据题意，分千位小于，千位为，百位小于，千位为，百位等于，当十位小于时，然后根据分类计数原理可得．
【详解】当千位小于时，有种，
当千位是，百位小于时，有种，
当千位是，百位是，十位小于时，有种，
由分类计数原理，可得小于的四位偶数共有，
故选：B.
7．C
【分析】结合捆绑法与全排列，并消除和的顺序即可求解.
【详解】站在一起有种，
将看成一个整体与进行全排列，共有种，
同时要求在的左边，共有种．
故选.
8．B
【分析】设Px,y为圆上的任意一点，构造直线，过点p作，将转化为点p到直线的距离和到原点的距离的比，即，然后利用数形结合法求得的范围求解.
【详解】如图所示：
设Px,y为圆上的任意一点，
则点P到直线的距离为，
点P到原点的距离为，
所以，
设圆与直线相切
则圆心到直线的距离：，解得，
所以的最小值为，最大值为，
所以，
即
故的最大值为，
故选：B
本题主要考查点到直线的距离，直线与圆的位置关系以及三角函数的性质的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
9．ABD
【分析】根据对直线的截距式、两点式的理解即可判断AC；根据两直线的位置关系即可判断BD.
【详解】A：直线的截距式方程不能表示过原点和垂直于坐标轴的直线，故A错误；
B：和的斜率有可能不存在，故B错误；
C：选项中的方程是直线的两点式方程化为整式后的结果，
直线的两点式方程不能表示垂直于坐标轴的直线，
但化为整式后就可以表示任意直线，故C正确；
D：直线斜率不存在，则直线垂直于x轴；
直线斜率存在，但不一定为0，所以两直线不一定垂直，故D错误.
故选：ABD.
10．BC
【分析】根据给定的条件，把写成，再利用二项式定理结合赋值法，逐项计算判断作答.
【详解】依题意，令，
对于A，，A错误；
对于B，是按展开的第4项系数，因此，B正确；
对于C，，，
所以，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC
11．AD
【分析】对绝对值里面的进行分类讨论，去掉绝对值；根据图象曲线C是四个半径为的半圆围成的图形，求出周长判断①正确；可以知道曲线C所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和，判断②错误；由曲线C的图象可知，曲线C上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，判断③错误；利用点到直线距离判断④正确.
【详解】当时，曲线C的方程可化为；
当时，曲线C的方程可化为；
当 时，曲线C的方程可化为；
当时，曲线C的方程可化为；
由图可知，曲线C是四个半径为的半圆围成的图形，
即曲线C围成的图形的周长是，故①正确；
曲线C所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和，
从而曲线C所围成图形的面积为，故②错误；
由曲线C的图象可知，曲线C上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，
即，故③错误；
因为到直线的距离为，所以，
当d最小时，易知在曲线C的第一象限内的图象上，
因为曲线C的第一象限内的图象是圆心为，半径为的半圆，
所以圆心到的距离，
从而，
即，故④正确.
故选：AD.
绝对值问题的处理思路：对绝对值里面的数的正负进行分类讨论，去掉绝对值，从而确定方程，确定图象.
12．
【分析】根据直线的方向向量求斜率，再结合直线的点斜式方程运算求解.
【详解】由题意可知：直线的方向向量为，则直线的斜率，
所以直线的方程为，即.
故答案为.
13．
【分析】首先画出曲线表示的半圆，再判断直线是过定点的直线，利用数形结合判断的取值范围.
【详解】直线l过点A（2，4），又曲线的图象是以（0，1）为圆心，2为半径的半圆，
如图，当直线l与半圆相切，C为切点时，圆心到直线l的距离d＝r，

即，解得.
当直线l过点B（－2，1）时，直线l的斜率为，
则直线l与半圆有两个不同的交点时，实数k的取值范围为.
故
14．/
【分析】分为奇数和偶数，按照最优分解定义，求数列的通项，再求和.
【详解】当时，，则，
当时，，则，
故数列的前2023项和为
.
故答案为.
关键点点睛：本题的关键是对新概念的理解，并对分奇数和偶数两种情况进行讨论，从而得到数列的通项公式.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由圆心既在线段的垂直平分线上，又在x轴上，可联立直线方程求圆心，进而得半径与圆的方程；
（2）利用几何法，先求圆心到直线的距离，再利用勾股定理求半弦长即可得.
【详解】（1）因为和，线段的中点为0,2，且，
则的垂直平分线方程为，由圆的性质可知，圆心在该直线上，
又已知圆心在轴上，令，得，
故圆心为，半径，
则圆圆C的方程为.
（2）由圆心2,0到直线的距离，.
故线段的长度为.

16．(1)
(2)
【分析】（1）若选择①得到，得到等比数列公比为，计算得到，若选择②，计算，得到公比，计算得到通项公式.
（2）确定，，利用裂项相消法得到，得到实数的取值范围.
【详解】（1）若选择条件①：且，则，
两式相减，，
又，，解得，
则an为公比的等比数列，
因此数列an的通项公式为：；
若选择条件②：an为等比数列，且满足，
则，，
因此可得，
则.
（2）由（1）知，，
则，
，
又，则，故，
要使不等式恒成立，则，即.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用二项式系数可得，求得，进而求得展开式的通项为，根据题意得，可求得展开式的常数项；
（2）设展开式第项的系数最大，得出不等式组，可求得系数最大的项.
【详解】（1）因为的二项式系数之和为4096．
所以，解得，
所以二项式展开式的通项为，
令，解得，所以展开式的常数项为.
（2）设展开式中第项的系数最大，
则，可得，解得，
因为，所以，所以系数最大的项为.
18．(1)
(2)，
【分析】（1）利用直线与圆的位置关系计算即可；
（2）设坐标，联立直线与圆方程，根据韦达定理用坐标表示M坐标，消参化简即可.
【详解】（1）圆，整理可得标准方程为，
圆的圆心坐标为，半径为2．
设直线的方程为，即，
直线与圆相交，
圆心到直线的距离，
解得，
即的取值范围是；
（2）由（1）知直线的方程为，．
设,
将直线与圆的方程联立，可得．
由根与系数的关系可得，所以．
线段的中点的轨迹的参数方程为，
其中，则，即
消去得，
线段的中点的轨迹的方程为，其中．
19．(1)2
(2)
(3)①正确，②错误；理由见解析
【分析】（1）根据“直角距离”的定义直接求解即可；
（2）设点到定点的“距离”为2，再根据定义：任意两点间的“距离”，分四种情况求解即可；
（3）直接证明或举出反例判断即可.
【详解】（1）易得线段上一点Mx,y到原点O0,0的“距离”为：
.
（2）设点到定点的“距离”为2，
则①当时，，
此时为线段，
②当时，，
此时为线段，
③当时，，
此时为线段，
④当时，，
此时为线段，
易得围成的图形的形状为以，为顶点的正方形，
故周长为.
（3）①设，
则，，，
根据绝对值三角不等式可知，，
同理，
故，
故成立，故①正确；
②设，
则，，
，
，，
，
满足，但，故②错误.
综上所述：①正确，②错误.
解答新定义问题的策略：
（1）通过给定的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.
（2）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
A
C
C
B
C
B
ABD
BC
题号
11









答案
AD