福建省莆田市涵江区莆田锦江中学高二上学期1月期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省莆田市涵江区莆田锦江中学高二上学期1月期末考试数学试题（解析版）-A4，共15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（8*5=40分）
1. 直线 的倾斜角为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设直线的倾斜角为，求出，再由，可得倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，则，又，
∴．∴其倾斜角为.
故选：D.
2. 现有4名志愿者去3个社区参加志愿活动，每名志愿者可自由选择其中的1个社区，不同选法的种数是（ ）
A. B. C. 12D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理分析计算即可得解.
【详解】依题意，每名志愿者都有3种选择方法，
所以4名志愿者共有种不同的选法.
故选：A.
3. 已知圆与圆，则两圆公切线的条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先找出两圆的位置关系，再根据两圆的位置关系求出公切线的数量.
【详解】两圆圆心分别为，半径分别为2和3，而圆心距为5，故两圆外切，所以两圆的公切线共有3条，
故选：C
4. 以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离即得圆的半径，即得圆的方程.
【详解】由题得圆心到直线的距离，
所以圆的方程为.
故选：D.
5. 若，则（ ）
A. 244B. 242C. 122D. 121
【答案】C
【解析】
【分析】分别令、得两式相加可得答案.
【详解】令，得，
令，得，
两式相加得，
则.
故选：C.
6. 有本不同的书，其中语文书本，数学书本，物理书本．若将其随机摆放到书架的同一层上，则相同科目的书相邻的排法有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】C
【解析】
【分析】利用捆绑法可求得结果.
【详解】将本语文书捆绑、本数学书捆绑，
则相同科目的书相邻的排法种数为种.
故选：C.
7. 某市人民政府新招聘进名应届大学毕业生，分配给甲、乙、丙、丁四个部门，每人只去一个部门，每个部门必须有人，若甲部门必须安排人，则不同的方案数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先安排甲部门，再将剩余人分配到三个部门，结合分步乘法计算原理可得解.
【详解】名应届大学毕业生，分配给甲、乙、丙、丁四个部门，
甲部门必须安排 人有种，
剩余个人分配到乙、丙、丁三个部门有种，
故由分步乘法计数原理得，
故选：A.
8. 已知椭圆与双曲线有公共焦点，为右焦点，为坐标原点，双曲线的一条渐近线与椭圆在第一象限交于点，且满足，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设椭圆的左焦点为，求出，利用椭圆的定义求出，然后在、求出，可得出的值，由此可得出椭圆的离心率的值.
【详解】因为椭圆与双曲线有公共焦点，设Fc,0，
则, 则，直线的方程为，即，
点到直线的距离为，
设椭圆的左焦点为，连接，则，
在中，，
中，由余弦定理可得,
所以，，解得，因此，椭圆的离心率为.
故选：B
【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.
二、多选题（6*3=18分）
9. 已知直线，直线，则（ ）
A. 当时，与的交点为
B. 存在，使
C. 若，则
D. 直线恒过点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据两直线方程及位置关系直接判断.
【详解】选项，当时，直线，直线，
联立，解得，
所以两直线的交点为，A选项正确；
B选项，假设存在，使，则，解得或，
当，，，两直线重合，舍去，
当时，，即，，即，两直线重合，舍去，
所以不存在，使，B选项错误；
C选项：若，则，解得，C选项正确；
D选项，直线，即，
令，即，所以直线恒过点，D选项正确；
故选：ACD.
10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（ ）
A. 某学生从中选2门课程学习，共有15种选法
B. 课程“乐”“射”排在不相邻的两周，共有240种排法
C. 课程“御”“书”“数”排在相邻的三周，共有144种排法
D. 课程“礼”排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有96种排法
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用直接法、间接法、捆绑法以及分步乘法计数原理依次判断选项即可.
【详解】A：6门中选2门共有种选法，故A正确；
B：利用间接法，课程“乐”“射”排在相邻的两周时，把这两个看成一个整体，有种排法，然后全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，“乐”“射”相邻的排法共有种，没有限制条件时共有种排法，故“乐”“射”排在不相邻的两周有种排法，故B错误；
C：课程“御”“书”“数”排在相邻的三周，即把这三个当作一个整体，有种排法，然后全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，得共有种排法，故C正确；
D：先特殊后一般，先把“礼”排在第一周，再排“数”，有种排法，再把剩下4个全排列，有种排法，根据分步乘法计数原理，得共有种排法，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知椭圆的右焦点为，抛物线以为焦点，过的直线交抛物线于Ax1,y1,Bx2,y2两点，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. ，直线的倾斜角为或
C. 若为抛物线上一点，则的最小值为
D. 的最小值为9
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，先得到F21,0和抛物线方程，由焦半径公式得到；B选项，设直线，联立，得到两根之和，两根之积，根据，得到直线的斜率为；C选项，根据焦半径公式转化为，数形结合得到最小值，得到C错误；D选项，在B选项基础上得到，由基本不等式得到.
【详解】A选项，由题意得F1,0，故抛物线方程为，
由抛物线定义得，A正确；
B选项，由于直线的斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不合要求，舍去，
设直线，联立，得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，由于，则
由韦达定理得，
故，解得，
故直线的斜率为，倾斜角不为或，B错误；
C选项，由题意得，准线方程为，过点作垂直于直线于点，
由抛物线定义得，故，
要想求得的最小值，则过点作垂直于直线于点，
故的最小值为，最小值为，C错误；
D选项，由题意得，由于，故，
，
因，由基本不等式得，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为9，D正确.
故选：AD
【点睛】方法点睛：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．
三、填空题（5*3=15分）
12. 在数列中，，且，则________．
【答案】8
【解析】
【分析】先判断数列为等比数列，利用等比数列的通项公式求解第四项；
【详解】因为，，所以为公比为2的等比数列，所以.
故答案为：8.
13. 在的展开式中，常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】写出通项公式，令，得到，从而求出常数项.
【详解】的展开式通项公式为，
令，得，
故.
故答案为：
14. 已知，是双曲线的左､右焦点，过的直线与的左､右两支分别交于，两点.若以的中心为圆心，的长为直径的圆与的右支的一个交点恰为，若，，成等差数列，则的渐近线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知以为直径的圆过点，可知，再结合等差数列及双曲线定义可得各边长，再根据直角三角形勾股定理可得，即可得渐近线方程.
【详解】
如图所示，由已知以的中心为圆心，的长为直径的圆过点，
可知，
再由，，成等差数列，
得，
由双曲线定义可知，，
则，
即，，
又，
则，即，
则，
即渐近线方程为，
故答案为：.
四、解答题（13+15+15+17+17=77分）
15. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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
【小问1详解】
等差数列公差为d，，且，，，成等比数列，
则有，解得，
所以
【小问2详解】
，，
所以数列的前n项和.
16. 已知双曲线的方程为，实轴长和离心率均为2.
（1）求双曲线的标准方程及其渐近线方程；
（2）过且倾斜角为的直线与双曲线交于两点，求的值（为坐标原点）.
【答案】（1），；
（2）1.
【解析】
【分析】（1）根据离心率以及实轴长即可求解，即可求解方程，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据数量积的坐标运算求解.
【小问1详解】
由离心率，又，则，
又长轴长，所以，所以，
故双曲线的标准方程为；
其渐近线方程为.
【小问2详解】
直线的倾斜角为，故其斜率为1，又过点E0,2，
的方程为；
设
由，得，
17. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）已知直线交抛物线于两点，且点为线段的中点，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用抛物线定义可求得，即可求出抛物线的方程；
（2）由弦中点坐标为并利用点差法即可求得直线的斜率为，便可得直线方程.
【小问1详解】
点在抛物线上，
由抛物线定义可得，解得，
故抛物线的标准方程为．
小问2详解】
设，如下图所示：

则，两式相减可得，
即，
又线段的中点为，可得；
则，故直线的斜率为4，
所以直线的方程为，
即直线的方程为．
18. 已知数列的首项为，且满足
（1）求证为等差数列，并求出数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求．
（3）若数列的通项公式为，且对任意的恒成立，求实数的最小值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合等差数列的定义可得答案；
（2）由（1）可知，利用裂项相消法运算求解；
（3）整理可得，列式求的最大值，结合恒成立问题分析求解即可.
【小问1详解】
因为，故，
所以，即，
所以数列是以首项为，公差为4的等差数列，
可得，所以；
【小问2详解】
由（1）可知：
，
所以
；
【小问3详解】
因为，
即，可得，
令，解得，
且，可得，即，
可得，所以实数的最小值．
19. 如图，已知圆的半径为，，是圆上的一个动点，的中垂线交于点，以直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，

（1）求点的轨迹的方程；
（2）若过点的直线与轨迹交于点，，
（i）若三角形的面积为，求直线的方程；
（ii）探究轴上是否存在一点，使得直线，的斜率之积为定值．若存在，求出点的坐标和定值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（i）或；（ii）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用椭圆的定义可得点的轨迹是以为焦点，为长轴的椭圆，即可求解；
（2）（i）根据条件设，Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与椭圆方程得到，从而有，再利用，即可求解；（ii）假设存在满足题意，从而得，再利用（i）中结果，可得，从而得到，即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以点轨迹是以为焦点，长轴为4的椭圆，
又，得到，所以，
由题可知点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
（i）由（1）知，F21,0，易知直线的斜率不为，设直线，Ax1,y1,Bx2,y2，
由，消得到，
则，由韦达定理知，
所以，整理得到，
解得或（舍去），所以，
故直线的方程为或.

（ii）假设存在满足题意，
则，
所以，
即为定值，所以，解得，
当时，，当时，.
【点睛】方法点晴：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．