福建省龙岩市2022-2023学年高二上学期期末教学质量检查数学试题

这是一份福建省龙岩市2022-2023学年高二上学期期末教学质量检查数学试题，共22页。

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. 72B. 74C. 76D. 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. 2024B. 1771C. 276D. 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. 0B. 1C. 13D. 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；
当时，
，
而时，也成立，故B选项正确；
设，，
当时，解得，
故数列的最大项为，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，此人每天走的路程构成等比数列，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，，则为递减数列，
时，，则递减数列，
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，
因为，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.
成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期