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含答案.docx

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1、龙岩市20222023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、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. 1

3、771C. 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

4、：A5. 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

5、(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：D6. 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

6、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

7、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.

8、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

9、，所以圆上有且只有三点到直线的距离等于，故D正确；故选：ACD10. 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

10、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，

11、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；

12、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

13、. 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

14、P到椭圆上点的距离的最大值为_；的最小值为_【答案】 . . 【解析】【分析】设两点间的距离公式表示，转化为二次函数求最值.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】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.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： ；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

15、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. 在成等比数列，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

16、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：由题意有，则，解得，又，所以.若选：由得，解得，又，所以.若选：，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）；（）（以上结果可保留幂的形式）【答案】（1） （2）（

17、i）；（）【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；（）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，令得，得，得，;（）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

18、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

19、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

20、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

21、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：

22、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.