2022-2023学年福建省龙岩市高二上学期期末教学质量检查数学试题含解析

  龙岩市2022～2023学年第一学期期末高二教学质量检查

数学试题

（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. 等差数列的公差，且，则此数列前6项和等于（）

A. 72 B. 74 C. 76 D. 78

【答案】A

【解析】

【分析】先利用等差数列的性质求出，再利用等差数列求和公式计算前6项和即可.

【详解】由等差数列的性质得，解得，

数列前6项和为.

故选：A.

2. “直线与直线相互平行”是“”的（）

A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件

C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】先通过直线平行的判断公式求出，再根据充分性和必要性的概念得答案.

【详解】因为直线与直线相互平行，

则，解得，

又当时，两直线均不重合，

故，

所以“直线与直线相互平行”是“”的必要不充分条件.

故选：C.

3. 在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首．北京2022年冬奥会开幕正逢立春，开幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧．容融同学要从24个节气中随机选取3个介绍给外国朋友，则这3个节气中含有“立春”的选法种数为（）

A. 2024 B. 1771 C. 276 D. 253

【答案】D

【解析】

【分析】题意即为从剩下的23个里面选2个，利用排列数计算即可.

【详解】3个节气中含有“立春”，则从剩下的23个里面选2个即可，

则选法种数为.

故选：D.

4. 2000多年前，我国的思想家墨子给出圆的概念：“一中同长也”．意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等，这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下定义要早100年．已知O为原点，，若，则线段PM长的最大值为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】P点圆上，点M在圆外，问题转化为圆上的点到圆外的点的最大距离.

【详解】由，P点在以O为圆心为半径的圆上，，点M在圆外，则线段PM长的最大值为.

故选：A

5. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某校计划在社会实践中开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每天开设一门，连续开设6天，则（）

A. 从六门课程中选两门的不同选法共有30种

B. 课程“书”不排在第三天的不同排法共有720种

C. 课程“礼”、“数”排在不相邻两天的不同排法共有288种

D. 课程“乐”、“射”、“御”排在不都相邻的三天的不同排法共有576种

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件利用排列、组合知识，逐项分析计算判断作答．

【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有(种)，A选项不正确；

对于B，除第三天外的5天中任取1天排“书”，再排其他五门体验课程共有(种)，B选项不正确；

对于C，“礼”“数”排在不相邻两天，先排其余四门课程，再用插空法排入“礼”“数”

则不同排法共有(种)，C选项不正确；

对于D，六门课程的全排列有(种)，“乐”、“射”、“御”排在都相邻的三天的不同排法有(种)，则“乐”、“射”、“御”排在不都相邻的三天的不同排法共有(种)，D选项正确.

故选：D

6. 设，且，若能被17整除，则等于（）

A. 0 B. 1 C. 13 D. 16

【答案】D

【解析】

【分析】将利用二项式定理展开，通过能被整除可得能被整除，进而可得的值.

【详解】，

能被17整除，

且能被17整除，

故能被17整除，

观察选项可得.

故选：D.

7. 已知双曲线的左焦点为F﹐过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点，且．若，则双曲线的离心率是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】直线与渐近线联立方程组，求得点坐标，由求得点坐标，代入双曲线方程即可求得离心率.

【详解】过F且斜率为的直线AB： ，渐近线，如图所示，

联立，得，由，得，

而点A在双曲线上，于是有， 解得，所以离心率.

故选：B.

8. 记是各项均为正数的数列的前n项和，．数列满足，且则下列选项错误的是（）

A.

B.

C. 数列的最大项为

D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知条件结合与的关系，解出数列的通项公式，再求选项中数列求和和最值问题.

【详解】由与，得，又，

所以，即

因为，所以，所以.

又，所以数列是首项为2，公差为2的等差数列.

则，所以．

当时，，也符合.

∴，A选项正确；

，B选项正确；

设，，当时，解得，

数列的最大项为，C选项错误；

，D选项正确.

故选：C

【点睛】关键点点睛：题中数列不等式涉及放缩，通项放缩技巧证明数列不等式的关键在于观察通项特征和所证结论，适当调整放缩幅度，做到放缩得恰到好处，同时还要做到放缩求和两兼顾.

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，部分选对的得2分，有选错的得0分．请把答案填涂在答题卡上．

9. 下列说法正确的有（）

A. 直线恒过定点

B. 方程表示圆

C. 圆与圆有两条公切线

D. 圆上有且只有三点到直线的距离等于2

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A：依题意可得，令，解得即可求出直线过定点坐标，对于B，将方程化为，再分、、三种情况讨论，对于C，求出两圆圆心坐标与半径，求出圆心距，即可判断两圆相交，对于D，求出圆心到直线的距离，结合圆的半径，即可判断.

【详解】解：对于A：直线，即，

令，解得，所以直线恒过定点，故A正确；

对于B：方程，即，

当，即时方程表示圆，

当，即时方程表示点，

当，即时方程不表示任何图形，故B错误；

对于C：圆的圆心坐标为，半径，

圆的圆心坐标为，半径，

又，即，所以两圆相交，故两圆有两条公切线，故C正确；

对于D：圆心到直线的距离，

又圆的半径，所以圆上有且只有三点到直线的距离等于，故D正确；

故选：ACD

10. 在《增删算法统宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关”，其意思是：“某人到某地需走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地”，则（）

A. 此人第二天走的路程占全程的

B. 此人第三天走走了48里路

C. 此人第一天走的路程比第四天走的路程多144里

D. 此人第五天和第六天共走了18里路

【答案】BD

【解析】

【分析】由题意，此人每天走路程构成等比数列，由已知条件求出首项和公比，就可以解决数列问题了.

【详解】设此人第n天走了里路，则数列是首项为，公比q为的等比数列，因为，解得，

，所以此人第二天走了96里路，，A选项错误；

，所以此人第三天走了48里路，B选项正确；

，，此人第一天走的路程比第四天走的路程多168里，C选项错误；

，此人第五天和第六天共走了18里路，所以D选项正确.

故选：BD.

11. 已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（）

A. C的焦点为

B. 直线AB与C相切

C. 为定值

D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用点在抛物线上即可求出抛物线方程，从而可判断A；联立AB与抛物线的方程求得切点，从而可判断B；联立直线与抛物线的方程，得到，进而求得，从而判断C；利用距离公式及弦长公式可判断D.

【详解】对于A，将代入抛物线，得，即，

所以抛物线方程为，故抛物线的焦点为，故A错误；

对于B，，所以直线的方程为，

联立，可得，解得，则，

所以直线与抛物线相切于，故B正确；

对于C，设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，

所以直线的斜率存在，设其方程为，，

联立，得，则，则，

所以，则，

所以，故C正确；

对于D，因为，，

所以，

而，所以，故D正确.

故选：BCD.

12. 已知数列满足，，若数列的前50项和为1275，则（）

A.

B.

C. 是常数列

D. 是等差数列

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据题意分析可得，，对A：根据题意利用并项求和结合等差数列求和运算可得；对B：由，根据通过赋值运算求解；对C：根据分析判断；对D：根据结合等差数列的定义分析判断.

【详解】∵，，则，

又∵，，

∴，

对A：可得：

，

解得，A错误；

对B：由，令，则，解得，

由，令，则，解得，B正确；

对C：∵，

故，即是常数列，C正确；

对D：∵，则，

故是以公差为16的等差数列，D正确.

故选：BCD.

【点睛】方法点睛：根据题意分析可得，，故分奇偶项讨论，把相邻的奇项（或偶项）合并为一项，组成一个新的数列，再进行求和运算，同时注意对的处理.

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．

13. 若直线与直线互相垂直，则________．

【答案】

【解析】

【分析】根据直线一般式方程下的两条直线垂直的公式计算即可.

【详解】直线与直线互相垂直

则，

解得.

故答案为：.

14. 在的展开式中，前三项的系数成等差数列，则展开式中含x项的系数为________．

【答案】

【解析】

【分析】先写出的展开式的通项，然后利用前三项的系数成等差数列来列方程求得，再令通项中的的次数为1可求得，进而可求出展开式中含x项的系数.

【详解】的展开式通项为，

根据前三项的系数成等差数列得，

解得或（舍去）

令，得，

展开式中含x项的系数.

故答案为：.

15. 在递增的等比数列中，，，则________．

【答案】

【解析】

【分析】设等比数列的公比为，，先通过条件得，再利用得答案.

【详解】设等比数列的公比为，，

，

，

解得或（舍去），

.

故答案为：.

16. 如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段AB上，直线PA，PB分别交直线于C，D两点，点P到椭圆上点的距离的最大值为________；的最小值为________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】①设两点间的距离公式表示，转化为二次函数求最值.②设直线的方程，联立直线与椭圆方程，韦达定理求出两根之和，两根之积，因此可以求出两点的横坐标，进而表示出距离，根据二次函数的性质来求最值.

【详解】①设点为椭圆上任意一点，则，因此，当点的坐标为时，取到最大值.

②由题意，设直线方程为，由直线方程与椭圆方程联立得，则，则，设，由与的直线方程联立解得：，同理解得，则，当时，，或，不符合题意，；令，则，所以当时，取得最小值，且最小值为.

故答案为：①；②

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. 已知圆的圆心在轴上，且经过和两点．

（1）求圆的方程；

（2）过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的斜率．

【答案】（1）

（2）或

【解析】

【分析】（1）设出圆的方程，代入已知点，列方程组求解即可；

（2）设出直线方程，利用垂径定理，列方程求出直线的斜率.

【小问1详解】

由圆的圆心在轴上，设圆的方程为，

，解得，

所以圆的方程为；

【小问2详解】

由（1）得圆的标准方程为，圆心，半径，

设直线的斜率为，则直线的方程为，即，

直线被圆截得的弦长为，

则，

解得或.

18. 在①成等比数列，②，③数列的前10项和为55这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．

已知等差数列的前n项和为，公差，且__________

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前100项和．

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）

【解析】

【分析】（1）若选①可得，再根据等差数列通项公式求出，即可求出通项公式；

若选②根据等差数列通项公式及求和公式求出，即可求出通项公式；

若选③则，再根据数列的前10项和为，求出，即可求出通项公式；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.

【小问1详解】

解：若选①：由题意有，则，解得，又，

所以.

若选②：由得，解得，又，

所以.

若选③：，

由题意得，解得，又，

那么，

所以数列的通项公式.

【小问2详解】

解：由（1）得，

所以

.

19. 已知，其中，且的系数是．

（1）求a的值；

（2）计算：（i）；

（ⅱ）

（以上结果可保留幂的形式）

【答案】（1）

（2）（i）；（ⅱ）

【解析】

【分析】（1）求出的二项展开式的通项，令，可求出的系数，列方程可求a的值；

（2）（i）令和得两个等式，利用两个等式整体计算可得；（ⅱ）令，则，可得，通过展开式的通项可得各项展开式系数的正负，进而可得的值.

【小问1详解】

的二项展开式的通项为，

令，得，

，又，

；

【小问2详解】

（i）由（1）得，

令得①，

令得②，

①②得，，

①②得，，

;

（ⅱ）令，则，

，

的二项展开式的通项为，

为正数，为负数，

.

20. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，点M的轨迹为C．

（1）求C的方程；

（2）是否存在过点的直线l与曲线C交于不同的两点A、B﹐满足．若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）

（2）或

【解析】

【分析】（1）由轨迹特征可知是椭圆，待定系数法求C的方程；

（2）设出直线方程，与椭圆联立方程组，由结合韦达定理求解

【小问1详解】

因为，，

所以C是以点为左右焦点的椭圆，于是，，故，

因此C的方程为.

【小问2详解】

直线l的斜率明显不为0，设，

代人椭圆C的方程化简得，

设，则

则，，

，所以或 (舍)，

解得，所以直线l的方程为或

21. “绿水青山就是金山银山”，治理垃圾是改善环境的重要举措之一．去年某地区产生的垃圾排放量为300万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列治理措施，预计从今年开始，连续6年，每年的垃圾排放量比上一年减少10万吨，从第7年开始，每年的垃圾排放量为上一年的90%．

（1）求该地区从今年开始的年垃圾排放量关于治理年数的函数解析式；

（2）该地区要实现“年垃圾排放量不高于150万吨”这一目标，那么至少要经过多少年?

（3）设为从今年开始n年内年平均垃圾排放量．如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有显著效果的；否则，认为无显著效果，试判断现有的治理措施是否有显著效果，并说明理由．

（参考数据：）

【答案】（1），

（2）至少要经过年

（3）现有的治理措施是有显著效果的，理由见解析

【解析】

【分析】（1）设治理年后，该地区的年垃圾排放量构成数列，当，数列是首项为，公差为的等差数列，当时数列是首项为，公比为的等比数列，即可求出数列的通项公式，从而得解；

（2）由（1）可得当时才有，令，结合所给数据求出的取值范围，即可得解；

（3）设为数列的前项和，则，即可得到，再结合数列的单调性判断出，即可得解.

【小问1详解】

解：设治理年后，该地区的年垃圾排放量构成数列，

当时，数列是首项为，公差为的等差数列，

则；

当时，数列是首项为，公比为的等比数列，

则，

因此，治理年后，该地区的年垃圾排放量的表达式为，.

【小问2详解】

解：由（1）及题意得，所以时才有，

因此，即，

又，，所以，即，，

因而该地区要实现目标，那么至少要经过11年.

【小问3详解】

解：设为数列的前项和，则，

由于

，

由（1）知，时，，则递减数列，

时，，则为递减数列，

且，因此为递减数列，

于是，，，…，，

因此，

所以数列为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，

故认为现有的治理措施是有显著效果的.

22. 已知为双曲线的右焦点，点在上．

（1）若直线，的斜率之和为，求直线的斜率；

（2）若，过的直线与的两条渐近线分别交于，两点，，过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点，若，求证：，，三点共线．

【答案】（1）

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由双曲线过点及，求出，即可得到双曲线方程，设，，：，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，根据，求出或，即可得解；

（2）设直线方程为，设，，，联立直线与，消元、列出韦达定理，由，可得，从而得到，再由直线的斜率为，直线的斜率为，得到，从而表示出直线的方程，代入双曲线方程中求出的横坐标，同理得到，即可得到，从而得解.

【小问1详解】

解：因为点在双曲线：上，

所以，解得，或，

又，则，所以双曲线：．

设，，易知直线的斜率存在，设：，

联立可得，

所以，，，

化简得，且．

由得，

即，

即，

所以，

化简得，即，

所以或．

当时，直线：过点，与题意不符，舍去，

故．

【小问2详解】

解：由已知得直线的斜率存在且不为零，，故直线的斜率存在且不为零，

设直线方程为，设，，，

两渐近线的方程合并为，联立，

消去并化简整理得，则，．

因为，所以，

移项并利用平方差公式整理得：，

，

即，即.

由题意知直线的斜率为，直线的斜率为，

所以，，

可得，

因此直线的斜率，

直线：，即，

代入双曲线方程即中，

得，

解得的横坐标，

同理，

可得，，

所以，

因，解得，，

所以，即，

则点在直线上，所以，，三点共线.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；

（5）代入韦达定理求解.