2022-2023学年福建省龙岩第一中学高二上学期期末质量检测数学模拟试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省龙岩第一中学高二上学期期末质量检测数学模拟试题（解析版），共18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。
2022-2023学年福建省龙岩第一中学高二上学期期末质量检测数学模拟试题 一、单选题1．直线的一个方向向量是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果.【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，又因为与共线，所以的一个方向向量可以是，故选：A.2．从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是（    ）A．7 B．9 C．12 D．16【答案】C【分析】先确定从A地到C地有3种不同的走法，再确定从C地到B地有4种不同的走法，最后求从A地到B地不同的走法种数.【详解】解：根据题意分两步完成任务：第一步：从A地到C地，有3种不同的走法；第二步：从C地到B地，有4种不同的走法，根据分步乘法计数原理，从A地到B地不同的走法种数：种，故选：C.【点睛】本题考查分步乘法计数原理，是基础题.3．在等比数列中，，若、、成等差数列，则的公比为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设等比数列的公比为，则，根据题意可得出、的等量关系，即可求得数列的公比.【详解】设等比数列的公比为，则，由题意可得，即，则，故.故选：B.4．半径为的圆内有一点，已知，过点的条弦的长度构成一个递增的等差数列，则的公差的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】计算出过点的直线截圆所得弦长的最大值和最小值，即可求得数列的公差的取值范围.【详解】设圆心到过点的直线的距离为，则，设过点的直线截圆的弦长为，则，即过点的直线截圆所得弦长的最大值为，最小值为，设等差数列的公差为，则且，解得.故选：A.5．椭圆与双曲线有相同的焦点，则的值为（    ）A．1 B． C．2 D．3【答案】A【解析】由双曲线方程知，结合椭圆方程及共焦点有且，即可求值.【详解】由双曲线知：且，而其与椭圆有相同焦点，∴且，解得，故选：A6．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一”．在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，若，且，则解下个环所需的最少移动次数为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据数列的递推公式逐项计算可得出，即为所求.【详解】数列满足．且，所以，，，，.所以解下个环所需的最少移动次数为．故选：C．7．已知，则（    ）A． B．2 C．4 D．12【答案】C【分析】令，直接根据二项式定理求解即可.【详解】令，则，故，中得系数为，中得系数为，所以，故选：C.8．椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于，两点，是点关于原点的对称点，若，，则椭圆的离心率为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】作另一焦点为，连接，，根据平面几何知识得出三角形为等腰直角三角形，设，根据椭圆的定义以及勾股定理，构造齐次方程，即可得出离心率.【详解】作另一焦点为，连接，，则四边形为平行四边形，且，则三角形为等腰直角三角形设，则，即在三角形中，由勾股定理得则，即故选：C【点睛】本题主要考查了构造齐次方程求椭圆的离心率，属于中档题. 二、多选题9．（多选题）光线自点射入，经倾斜角为的直线反射后经过点，则反射光线还经过下列哪个点（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】求出点关于直线的对称点的坐标，求出反射光线所在直线的方程，逐一验证各选项中的点是否在反射光线所在直线上，由此可得出合适的选项.【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，设点关于直线的对称点为，则，解得，所以，反射光线经过点和点，反射光线所在直线的斜率为，则反射光线所在直线的方程为，当时，；当时，.故选：BD.【点睛】结论点睛：若点与点关于直线对称，由方程组可得到点关于直线的对称点的坐标（其中，）.10．(多选题)等差数列的前n项和为，若，公差，则下列命题正确的是（    ）A．若，则必有=0B．若，则必有是中最大的项C．若，则必有D．若，则必有【答案】ABC【分析】根据等差数列性质依次分析即可得答案.【详解】解：对于A.，若，则，所以，所以，故A选项正确；对于B选项，若，则，由于，公差，故，故，所以是中最大的项；故B选项正确；C. 若，则，由于，公差，故，故，的符号不定，故必有，无法确定；故C正确，D错误．故选：ABC．【点睛】本题考查数列的前项和的最值问题与等差数列的性质，是中档题．11．已知，下列结论正确的是（    ）A．B．当时，设，则C．当时，中最大的是D．当时，【答案】AD【分析】令可得各项系数和判断A，根据二项式定理求得判断B，求出后判断C，在展开式中先求得，再令计算后判断D．【详解】在已知式中令得，A正确；时，，，，，B错；时，，，C错；在中，令得，令，则，所以，D正确．故选：AD．12．已知抛物线：与圆：交于，两点，且，直线过的焦点，且与交于，两点，则下列说法正确的是（    ）A．若直线的斜率为，则B．的最小值为C．若以为直径的圆与轴的公共点为，则点的横坐标为D．若点，则周长的最小值为【答案】BCD【分析】首先求出抛物线的解析式，设出的坐标，联立进行求解，当时，，进而判断选项A错误；再根据韦达定理和不等式求最小值后进行判断选项B；画出大致图象，过点作准线的垂线，垂足为，交轴于，结合抛物线定义判断选项C；过作垂直于准线，垂足为，结合的周长，进而判断选项D即可.【详解】由题意得点在抛物线上，所以，解得，所以，则，设直线，与联立得，设，，所以，，所以，当时，，A项错误；，则，当且仅当，时等号成立，B项正确；如图，过点作准线的垂线，垂足为，交轴于，取的中点为，过点作轴的垂线，垂足为，则，是梯形的中位线，由抛物线的定义可得，所以，所以以为直径的圆与轴相切，所以点为圆与轴的切点，所以点的纵坐标为，又为的中点，所以点的纵坐标为，又点在抛物线上，所以点的横坐标为，C项正确；过作垂直于准线，垂足为，所以的周长为，当且仅当点的坐标为时取等号，D项正确.故选：BCD. 三、填空题13．对任意都有.数列满足：，则__________.【答案】【分析】采用倒序相加法即可求得结果.【详解】由题意得：，，，……，，，，解得：.故答案为：.【点睛】本题考查利用倒序相加法求和的问题，属于基础题.14．若直线：与直线：平行，则直线与之间的距离为______．【答案】【分析】先根据直线与平行求出参数，再由两平行直线间的距离公式可得答案.【详解】∵直线与平行，∴，解得，∴直线：，直线：，∴直线与之间的距离．故答案为：15．已知的展开式中各项系数和为，则展开式中常数项为___________.【答案】【分析】由条件求，再结合二项式定理展开式通项公式求解.【详解】因为的展开式中各项系数和为，所以，即．所以的常数项为．故答案为：8016．由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有______个.【答案】120【分析】先排偶数，再使用插空法得到组成没有重复数字的六位数，奇数不相邻的个数为144个，再计算出这144个六位数中，4在第四位的个数，相减后得到答案.【详解】先排偶数，有种方法，3个偶数，共有4个空格，再将奇数插空，共有种情况，故组成没有重复数字的六位数，奇数不相邻的个数为种情况，若4位于第四位，则第二位必须为偶数，可从数字2和6中二选一，有种选择，第五位与第六位，其中之一为偶数，故从两个位置中选择一个放入2和6中剩余的一个偶数，有种选择，剩余3个位置，3个奇数进行全排列，有种选择，则由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数种，奇数不相邻，4位于第四位共有个，所以由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数中，要求奇数不相邻，且4不在第四位的个数共有个.故答案为：120 四、解答题17．在下面两个条件中任选一个条件，补充在后面问题中的横线上，并完成解答．条件①：“展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为”；条件②：“展开式中前三项的二项式系数之和为”．问题：已知二项式，若_____填写条件前的序号，(1)求展开式中含项的系数；(2)求展开式中二项式系数最大的项．【答案】(1)条件①②：135(2) 【分析】（1）选择：求出各项系数和以及二项式系数和，然后建立方程即可求出的值；选择：求出前三项的二项式系数，然后建立方程求出的值.利用求得的的值求出展开式的通项公式，然后令的指数为，进而可以求解；（2）根据二项式系数的性质即可求解．【详解】（1）若选填条件，则由已知可得，解得，若选填条件，则由已知可得，整理得，解之得，或（舍）所以二项式为，则二项式通项，（，，，，） 当时，，故展开式中含项的系数是，（2）由（1）得，展开式共项，二项式系数最大的项为．18．已知为圆上的动点，的坐标为，在线段的中点.(1)求的轨迹的方程.(2)过点的直线与交于、两点，且，求直线的方程.【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）设点的坐标为，A，由中点坐标公式可得，利用相关点法计算可得点的轨迹的方程.（2）由题意可得原点到直线的距离，分直线斜率不存在与存在两种情况讨论，利用点到线的距离公式求出参数的值，即可得解.【详解】（1）解：设点的坐标为，点的坐标为，依题意得，，解得，又，所以，即，所以点的轨迹的方程为.（2）解：因为直线与曲线交于、两点，且，所以原点到直线的距离.若斜率不存在，直线的方程为，此时符合题意；若斜率存在，设直线的方程为，即，则原点到直线的距离，解得，此时直线的方程为，所以直线的方程为或.19．7月份，有一新款服装投入某市场.7月1日该款服装仅售出3件，以后每天售出的该款服装都比前一天多3件，当日销售量达到最大（只有1天）后，每天售出的该款服装都比前一天少2件，且7月31日当天刚好售出3件．（1）求7月几日该款服装销售最多，最多售出几件．（2）按规律，当该市场销售此服装达到200件时，社会上就开始流行，而日销售量连续下降并低于20件时，则不再流行．求该款服装在社会上流行几天．【答案】（1） 7月13日该款服装销售最多，最多售出39件；（2） 11天．【分析】（1）根据等差数列的特点列出式子即可求解；（2）求出数列的前n项和，根据题意列出不等式即可求解.【详解】（1）设7月日售出的服装件数为，最多售出件．由题意知，解得，∴7月13日该款服装销售最多，最多售出39件．（2）设是数列的前项和，由（1）及题意知，∴．∵，∴当时，由，得，当时，日销售量连续下降，由，得，∴该款服装在社会上流行11天（从7月12日到7月22日）．20．已知数列中，，是数列的前项和，且．（1）求，，并求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若 对任意的正整数都成立，求实数的取值范围．【答案】（1），，  （2）【分析】（1）令，得到，当时，，所以得到，整理得到，从而得到的通项公式，从而得到的通项；（2）根据（1）得到的通项，然后得到其前项的和，计算，得到在上单调递增，从而得到，得到的取值范围.【详解】解：（1）在中，，则，即，得，由得：当时，，化简得，即，所以数列是以2为首项，2为公比的等差数列，所以.又因为，所以，所以，.当时，，对也成立，所以数列的通项公式为.（2）因为，所以.因为，所以在上单调递增，所以的最小值为.因为对任意的正整数都成立，所以，即.所以实数的取值范围是.【点睛】本题考查由和的关系求数列通项，数列求和，数列的单调性求数列中的最小项，数列不等式恒成立问题，属于中档题.21．已知双曲线：的右焦点为，左顶点为A，且，到C的渐近线的距离为1，过点的直线与双曲线C的右支交于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴分别交于M，N两点.(1)求双曲线C的标准方程.(2)若直线MB，NB的斜率分别为，，判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是定值， 【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出双曲线方程，（2）设直线：，，，，将直线方程代入双曲线方程消去，利用根与系数的关系，表示出直线的方程，可表示出点的坐标，同理可表示出点的坐标，从而可表示，，然后计算化简即可【详解】（1）由题意得，，渐近线方程为，则到渐近线的距离为，又因为，所以，，，故双曲线的标准方程为.（2）设直线：，，，，联立方程组得，所以，.因为直线的方程为，所以的坐标为，同理可得的坐标为.因为，，所以，即为定值.22．设椭圆的左右焦点，分别是双曲线的左右顶点，且椭圆的右顶点到双曲线的渐近线的距离为.(1)求椭圆的方程；(2)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围，若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，圆的方程为，的取值范围是 【分析】（1）根据题意得到，及双曲线的渐近线方程，利用点到直线距离公式求出，从而求出，得到椭圆方程；（2）先考虑直线的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，由得到，由向量垂直得到向量数量积为0，代入两根之和，两根之积得到，得到或，从而得到原点到直线的距离，即圆的半径，得到圆的方程，验证直线的斜率不存在时，也满足要求，从而得到圆的方程为，再由弦长公式求出，换元后得到，结合求出的取值范围，考虑直线的斜率不存在时，的长，得到答案.【详解】（1）由题意得：，故，双曲线渐的近线方程为，故椭圆右顶点到双曲线渐近线距离为，因为，解得：，故，所以椭圆方程为；（2）当直线的斜率存在时，设直线为，联立与，得：，由得：，设，则，因为，所以，其中，整理得：，将代入中，解得：，又，解得：，综上：或，原点到直线的距离为，则存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且，该圆的半径即为，故圆的方程为，当直线斜率不存在时，此时直线的方程为，与椭圆的两个交点为，或，，此时，满足要求，经验证，此时圆上的切线在轴上的截距满足或，综上：存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且；，将代入上式，令，则，因为，则，所以，因为，所以，故当时，取得最大值，最大值为，又，当直线的斜率不存在时，此时，综上：的取值范围为.【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．