2023-2024学年福建省龙岩市连城县第一中学高二上学期月考（二）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省龙岩市连城县第一中学高二上学期月考（二）数学试题含答案，共16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
1．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】写出直线斜截式，根据倾斜角与斜率的关系确定倾斜角大小.
【详解】由题设，设倾斜角为且，则，
所以.
故选：B
2．已知等差数列中，，则（ ）
A．24B．36C．48D．96
【答案】C
【分析】利用等差数列通项的性质，可求.
【详解】等差数列中，，
则.
故选：C.
3．在各项均为正数的等比数列中，，，则（ ）
A．16B．C．24D．
【答案】C
【分析】根据，，利用等比数列的通项公式求解.
【详解】解：在各项均为正数的等比数列中，，，
所以，
解得或（舍去）或（舍去），
此时，
所以，
故选：C
4．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相离B．相交C．相切D．不确定
【答案】B
【分析】直线与圆的位置关系的判断，第一步求出圆的圆心及半径，第二步求出圆心到直线的距离，距离大于半径相离，等于半径相切，小于半径相交.
【详解】圆的圆心坐标为 半径为4，圆心到直线的距离，所以相交.
故选：B.
5． 2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人
分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有
A．36种B．12种C．18种D．48种
【答案】A
【详解】分析：先分类：小张或小赵入选，以及小张小赵都入选，再排列，最后根据分类计数原理求结果.
详解：若小张或小赵入选，有选法：
种，
若小张，小赵都入选，有：
种，
可知共有种．
选．
点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：
(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.
6．若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简曲线方程，表示圆心为，半径为的圆在轴以及右侧的部分，由直线与曲线的交点个数可以确定的取值范围.
【详解】表示的曲线是圆心为，半径为的圆在轴以及右侧的部分，如图所示：
直线必过定点，
当直线与圆相切时，直线和圆恰有一个交点，
即，结合直线与半圆的相切可得，
当直的斜率不存在时，即时，直线和曲线恰有两个交点，
所以要使直线和曲线有两个交点，
则.
故选：B.
7．抛物线的焦点为F，其准线与双曲线相交于A、B两点，若△ABF为等边三角形，则（ ）
A．3B．6C．4D．8
【答案】B
【分析】表达出B点坐标，代入双曲线方程，即可求解
【详解】由题意得：，，因为△ABF为等边三角形，所以，
所以，
将代入方程得：.
故选：B
8．中国自古就有“桥的国度”之称，福建省宁德市保留着50多座存世几十年甚至数百年的木拱廊桥，堪称木拱廊桥的宝库.如图是某木拱廊桥的剖面图是拱骨，是相等的步，相邻的拱步之比分别为，若是公差为的等差数列，且直线的斜率为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用题中关系建立等式求解即可.
【详解】由题可知因为
所以，
又是公差为的等差数列，所以，
所以，
故选:B
二、多选题
9．在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有（ ）
A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
B．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
C．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
D．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
【答案】ACD
【分析】根据给定条件利用含有限制条件的组合问题，逐一分析各选项判断作答.
【详解】对于A，B，抽1件不合格品有种，再抽2件合格品有种，由分步计数乘法原理知，
抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种，A正确，B不正确；
对于C，至少有1件是不合格品有两类：1件是不合格品的抽法有种，2件是不合格品的抽法有种，
由分类加法计数原理知，抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种，C正确；
对于D，至少有1件是不合格品的抽法可以用排除法，从100件产品中任意抽出3件有种，
抽出3件全是合格品有种，抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有()种，D正确.
故选：ACD
10．已知圆O：和圆M：相交于A，B两点，点C是圆M上的动点，定点P的坐标为，则下列说法正确的是（ ）
A．圆M的圆心为，半径为1
B．直线AB的方程为
C．线段AB的长为
D．的最大值为6
【答案】BCD
【分析】化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径即可判断选项A的正误；联立两圆的方程求得的方程可判断选项B的正误；由点到直线的距离公式及垂径定理求得的长判断选项C的正误，利用圆上动点到定点距离最大值为定点到圆心距离和半径和，可判断出选项D的正误.
【详解】选项A，因为圆M的标准方程为，
所以圆心为圆心为，半径为1，故选项A错误；
选项B，因为圆O：和圆M：相交于A，B两点，
两圆相减得到，即，故选B正确；
选项C，由选项B知，圆心到直线的距离为，
所以，故选项C正确；
选项D，因为,，所以，又圆的半径为1，
故的最大值为，故选项D正确.
故选项：BCD.
11．关于，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【分析】利用赋值法，令，求得，判断A；令，可判断B；根据二项式展开式的通项公式判断C；分别令以及，即可判断D.
【详解】令，则，即，故A正确；
令，则，
即，
所以，故B错误；
根据二项式展开式的通项公式得：，故C错误；
令，则，
令，则，
两式相加可得，①
两式相减可得，②
可得，
所以，故D正确，
故选：AD
12．已知点F为椭圆C：，的左焦点，过原点O的直线l交椭圆于P，Q两点，点M是椭圆上异于P，Q的一点，直线MP，MQ的斜率分别为，，椭圆的离心率为e，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】设出右焦点，根据椭圆定义结合对称性以及余弦定理得到关系，则离心率可求，设出坐标，利用点差法可求得的表示，结合关系可求解出的值.
【详解】连接，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，且由，可得,
所以,则.
由余弦定理可得，
化简得，故，所以（负舍）
设，则，
所以，又，相减可得．
因为，所以，，所以.
故选：BD.
【点睛】解答本题的关键在于合理运用焦点三角形的知识以及点差法设而不求的思想去计算；椭圆是一个对称图形，任何过原点的直线(不与焦点所在轴重合)与椭圆相交于两点，这两点与椭圆的焦点构成的四边形为平行四边形.
三、填空题
13．若直线与直线相互平行，则实数 .
【答案】/
【分析】由题意可得，从而可求出的值
【详解】因为直线与直线相互平行，
所以，解得，
故答案为：
14．已知数列满足，，则数列的通项公式 ．
【答案】
【分析】利用累加法求出数列的通项公式即可；
【详解】解：因为，，所以
所以
故答案为：
15．如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择．要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为 ．
【答案】84
【分析】按照选取的颜色个数分类：（1）用四种颜色涂色，颜色都不同；（2）用三种颜色，或同色；（3）用两种颜色涂色，同色，同色，根据分类甲法原理，即可求出结论.
【详解】分三种情况：
（1）用四种颜色涂色，有种涂法；
（2）用三种颜色涂色，有种涂法；
（3）用两种颜色涂色，有种涂法；
所以共有涂色方法.
故答案为：84
【点睛】本题考查排列和分类加法原理的应用，合理分类是解题的关键，属于中档题.
16．反比例函数的图象是双曲线（其渐近线分别为轴和轴）；同样的，“对勾函数”的图象也是双曲线.设，则此“对勾函数”所对应的双曲线的焦距为 .
【答案】
【分析】求得双曲线为可得渐近线方程，运用对称性可得实轴所在的直线方程，与函数联立，求得交点坐标，由两点的距离公式，可得的值，从而可得值，即可得双曲线的焦距．
【详解】由题可得双曲线为，所以渐近线为及，渐近线夹角为,则
所以，焦点所在的直线方程为，
由,得解得或
此时，则
所以，则焦距为.
故答案为：.
四、解答题
17．已知等差数列，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设数列公差为，依题意得到关于的方程，解得，即可求出数列的通项公式；
（2）由（1），利用分组求和法及等比数列求和公式计算可得.
【详解】（1）方法设数列公差为，
由得，
所以，
所以；
方法2：设数列公差为，
由得，解得，所以，
所以；
（2）解：由（1），
所以
.
18．已知圆，直线.
(1)当为何值时，直线与圆相切；
(2)当直线与圆相交于两点，且时，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由圆的方程可确定圆心和半径，由圆心到直线距离等于半径可构造方程求得结果；
（2）利用垂径定理可求得圆心到直线距离，由此可构造方程求得，进而得到直线方程.
【详解】（1）由圆的方程知：圆心，半径，
与圆相切，圆心到直线的距离，解得：.
（2），设圆心到直线的距离为，
，解得：，
，解得：或，
直线的方程为或.
19．二项式展开式前三项的二项式系数和为22；
(1)求的值；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求展开式中的常数项．
【答案】(1)6
(2)
(3)960
【分析】（1）根据前三项的二项式系数和得到方程，求出；（2）在第一问求出的基础上，求出展开式中二项式系数最大的项为第4项，根据通项公式求出答案；（3）根据展开式通项公式得到.
【详解】（1）∵展开式前三项的二项式系数和为22，
∴，
∴，
∴或（舍）
故的值为6
（2）由题可得：展开式中最大的二项式系数为，
∴展开式中二项式系数最大的项为第4项，即
（3）设展开式中常数项为第项，即，
令，则，
∴，
故展开式中的常数项为第5项，即960
20．已知抛物线的焦点为F，点在抛物线上.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过点的直线交抛物钱C于A，B两点，O为坐标原点，记直线OA，OB的斜率分别，，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将点代入抛物线方程即可求解；
（2）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，，
将直线方程与抛物线方程联立利用韦达定理即可求出的值; 当直线AB的斜率不存在时，由过点即可求出点和点的坐标,即可求出的值.
【详解】（1）将点代入得，，∴抛物线的标准方程为.
（2）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，，
将联立得，
，
由韦达定理得：，，
，
当直线AB的斜率不存在时，由直线过点,
则，，，
，
综上所述可知，为定值为.
21．设首项为2的数列的前项和为，前项积为，且满足__________.条件①：；条件②：；条件③：.请在以上三个条件中，选择一个补充在上面的横线处，并解答以下问题：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：数列的前项和.
（参考公式：）
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)选择①，由条件证明为等差数列，结合等差数列通项公式求的通项公式；
选择②，由条件，结合关系，证明，利用累乘法求数列的通项公式；
选择③，先证明，由此得为常数，再求数列的通项公式；
(2)求，利用裂项相消法求，由此完成证明.
【详解】（1）若选择条件①：因为，所以，又，
所以数列是首项为2，公差为1的等差数列．
所以，所以．
若选择条件②：因为，所以．
当时，，
整理得，，
所以，
累乘得，，
当时，，符合上式，
所以．
若选择条件③：因为，
所以，即，
所以，
所以数列为常数列，
又，所以，即．
（2）证明：由（1）知：，
结合参考公式可得，
所以，
所以，
即
因为，所以，
即.
22．已知椭圆，斜率为的动直线与椭圆交于A，B两点，且直线与圆相切.
(1)若，求直线的方程；
(2)求三角形的面积的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）设直线，利用圆心到直线的距离等于半径，即可得到方程，求出，即可得解；
（2）设，，，利用圆心到直线的距离等于半径，得到，再联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，利用弦长公式表示出，再根据及基本不等式求出，最后再计算直线斜率不存在时三角形的面积，即可得解；
【详解】（1）解：圆，圆心为，半径；
设直线，即，则，解得，所以或；
（2）解：因为直线的斜率存在，设，，，即，则，所以，即，联立，消元整理得，所以，，所以
所以
因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以，当轴时，取，，则，此时，所以；