福建省宁德市2022-2023学年高二上学期区域性学业质量检测（期末）数学试题

这是一份福建省宁德市2022-2023学年高二上学期区域性学业质量检测（期末）数学试题，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1. 若直线经过点，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线斜率等于其倾斜角的正切值求解即可.
【详解】设直线的倾斜角为，则，因为直线倾斜角的范围为，所以
故选：C
2. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线方程可判断双曲线的焦点位置并同时求出，，由此可求其渐近线方程.
【详解】由双曲线得，所以渐近线方程为，
故选：B
3. 圆与圆的位置关系为（ ）
A. 内切B. 相交C. 外切D. 外离
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆的标准方程，可得圆心坐标与半径，由圆心距与半径之间的关系即可判断
【详解】由题意，，圆心为，半径，
，圆心为，半径，
由，
可知，
两圆的位置关系为相交.
故选：B.
4. 已知数列的前项和，求等于（ ）
A. 11B. 12C. 13D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】利用数列的项与前项和的关系求解即可.
【详解】由题可知
故选：C
5. 已知动圆M经过点A(3，0)，且与直线l：x＝－3相切，则动圆圆心M的轨迹方程为（ ）
A. y2＝12xB. y2＝－12x
C. x2＝12yD. x2＝－12y
【答案】A
【解析】
【分析】设出点M的坐标，由题意可知|MA|＝|MN|，进而根据抛物线的定义即可得到答案.
【详解】设动点M(x，y)，圆M与直线l：x＝－3的切点为N，则|MA|＝|MN|，即动点M到定点A和定直线l：x＝－3的距离相等.
∴点M的轨迹是抛物线，且以A(3，0)为焦点，以直线l：x＝－3为准线，
故动圆圆心M的轨迹方程是y2＝12x.
故选：A.
6. 将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A. 60种B. 120种C. 240种D. 480种
【答案】C
【解析】
【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.
【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，
故选：C.
【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.
7. 如图所示，一只装有半杯水的圆柱形水杯，将其倾斜使杯底与水平桌面成，此时杯内水面成椭圆形，此椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题干条件作出辅助线，求出，即，进而求出离心率.
【详解】如图，由题意得：∠BAC=30°，，，且AC=DE，则在直角三角形ABC中，，所以，所以此椭圆的离心率.
故选：C
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
【解析】
【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、多项选择题（本题每小题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）
9. 已知直线，直线，则下列命题正确的有（ ）
A. 直线恒过点
B. 直线的方向向量为，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据已知直线方程，逐个验证直线过的定点、方向向量和垂直平行所需的条件.
【详解】把代入直线的方程，等式不成立，A选项错误；
直线的方向向量为，则直线斜率，得，B选项正确；
直线方向向量为，直线的方向向量为，若，则有，解得，当时，与重合，C选项错误；
若，则有，即，D选项正确.
故选：BD
10. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A. 常数项为160
B. 第3项二项式系数最大
C. 所有项的二项式系数和为
D. 所有项的系数和为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先求的通项公式可得选项A的正误，利用的值可得选项B、C的正误，所有项的系数和可以利用赋值法求解
【详解】展开式的通项为，由，得，所以常数项为，A正确；
二项式展开式中共有项，所以第项二项式系数最大，B错误；
由及二项式系数和的性质知，所有项的二项式系数和为，C正确；
令，得，所有项的系数和为，D正确；
故选：ACD
11. 为了考察冰川融化状况，一支考察队在某冰川划定一考察区域，考察区域的边界曲线由曲线和曲线组合而成，其方程为：和.则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线关于轴成轴对称图形
B. 曲线关于原点成中心对称图形
C. 曲线上两点之间的距离的最大值为
D. 直线到曲线的最短距离为3
【答案】ACD
【解析】
【分析】画图即可验证选项A,B选项，通过图像可知曲线上两点之间的距离的最大值为左右两个端点的距离即可求解选项C，选项D利用平行与的直线相切与曲线时切点到直线的距离最短即可求解.
【详解】如图所示可知，曲线关于轴对称，故A正确，B错误.
由图像可知曲线上两点之间的距离的最大值为左右两个端点的距离，
在中，令，
在中，令，
所以曲线上两点之间的距离的最大值为左右两个端点的距离为：
，
故C正确，
因为直线过点，
当平行与直线的直线与曲线的部分相切时，切点到直线的距离最小，
设此时直线方程为，
联立，化简得：
，
由
解得：，
当时，，
当时，，不满足题意，
故，
联立解得切点为：
所以直线到曲线的最短距离为点
到的距离：
即，
故D正确，
故选：ACD.
12. 已知等比数列的公比，等差数列的首项，若且，则以下结论正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据给定条件，确定数列相邻两项的特性判断AC；再判断等差数列单调性判断BD作答.
【详解】因为等比数列的公比，则，，而的正负不确定，
因此不能确定和的正负及大小关系，AC错误；
显然和异号，又且，则中至少有一个是负数，而，
于是等差数列的公差，即数列单调递减，因此，且，BD正确.
故选：BD
三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5分，共 20 分.把答案填在答题卡的相应位置）
13. 已知，则两平行线与间的距离为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】两平行线与间的距离，转化为上一点到的距离，利用点到直线距离公式计算.
【详解】，过点，点到的距离为，
所以两平行线与间的距离为2.
故答案为：2
14. 某中学为迎接新年到来，筹备“唱响时代强音，放飞青春梦想”为主题的元旦文艺晩会.晩会组委会计划在原定排好的5个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来5个节目的出场顺序不变，则有__________种不同排法.（用数字作答）
【答案】42
【解析】
【分析】分两种情况讨论：2个教师节目相邻与不相邻，分别算出相加即可.
【详解】①当2个教师节目相邻时利用插空法则有：种情况，
②当2个教师节目不相邻时有：种情况，
所以共有种情况，
故答案为：42.
15. 数列满足，则________.
【答案】
【解析】
【分析】将变形得到，然后逐项列举，累加可得到，又，代入即可得出结果
【详解】由题意可得，
所以，， ，
上式累加可得
，
又，所以.
故答案为：
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】
【解析】
【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：（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）
【解析】
【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
【小问1详解】
方法设数列公差为，
由得，
所以，
所以；
方法2：设数列公差，
由得，解得，所以，
所以；
【小问2详解】
解：由（1），
所以
.
18. 如图，在平面直角坐标系中，点，，.
（1）求直线的方程；
（2）记的外接圆为圆，求直线被圆截得的弦长.
【答案】（1） （2）2
【解析】
【分析】（1）直线交轴于点，由题意可得为等边三角形，故，可求直线的方程；
（2）由可求的外接圆方程，几何法求直线被圆截得的弦长.
【小问1详解】
（如图）直线交轴于点，中，，
所以，故，
所以直线的方程为
【小问2详解】
设圆的方程为，
由（1）知，满足圆的方程，
则，解得，
圆的方程为，即
所以圆心半径
圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长.
注：方法二
（2）设圆的方程为，
由（1）知，满足圆的方程，
则，解得，
圆的方程为，可得，
圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长.
注：方法三
（2）因为，
，AB的中点为
所以的垂直平分线方程为：①，
所以的垂直平分线方程为：②，
由①②得，圆心为，
圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长.
19. 定义：为广义组合数，其中是正整数，且.这是组合数是正整数，且一种推广.
（1）计算：与；
（2）猜想并证明：__________（用的形式表示，其中是正整数）.
【答案】（1），
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据广义组合数公式，计算即可求解．
（2） 结合(1)中的结果，根据广义组合数公式，化简等号左边的算式，即可得到结果.
【小问1详解】
所以
【小问2详解】
猜想：
时，，猜想成立.
时，由
得
又
所以.
综上，.
20. 在平面直角坐标系中，焦点在x轴上的椭圆过点，离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆相交于两点，求的面积最大值.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率及椭圆过一点，列方程求解，即可得椭圆的方程；
（2）设，联立直线与椭圆求解交点坐标关系，即可得相交弦长，再利用点到直线距离求得点到直线的距离，即可得的表达式，利用函数性质求最值即可.
【小问1详解】
设椭圆方程为，
由椭圆过点，离心率
所以，解得，
所以椭圆的方程为：
【小问2详解】
设，则，得，
，得，所以，
所以，
点到直线的距离
所以的面积
当时，的面积取到最大值1.
21. 已知数列前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和；
（3）恒成立，求实数的范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据数列与的关系，利用相减法得，检验首项后可得数列是等比数列，即可求得数列的通项公式；
（2）直接根据错位相减法求解数列的前项和即可；
（3）利用数列单调性判断方法确定最值，即可得实数的范围.
【小问1详解】
时，有，
时有，
又，也符合上式，
故数列是首项为1，公比为2的等比数列，
.
【小问2详解】
由（1）知，
，①
，②
由①-②有：
【小问3详解】
记则
所以当时，，即，
当时，，即
所以当时，有最大值
故实数的范围为
22. 双曲线，恰好过中的三点.
（1）求双曲线的方程；
（2）记双曲线上不同的三点，其中为双曲线的右顶点，若直线的斜率之积为1，证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由双曲线的对称性知，双曲线过，代入双曲线方程即可求出；
（2）法一：设直线的方程为，联立直线与双曲线的方程，由韦达定理结合题意即可表示出两点的坐标，即可表示出直线的方程，求出直线过的定点；
法二：设直线方程为：，联立直线与双曲线的方程，由韦达定理结合题意即可表示出两点的坐标，即可表示出直线的方程，求出直线过的定点；
法三：依据对称性可知，直线必过设直线方程为：，由结合韦达定理化简可得，即可求出直线过的定点；
法四：以为原点，构建新的直角坐标系，则，双曲线方程，设直线方程为：，联立直线与双曲线的方程可得，由可求出的值，即可得出答案.
【小问1详解】
由双曲线的对称性知，双曲线过
所以，
因为满足，解得
所以双曲线的方程为：
【小问2详解】
法一：设直线的方程为，
联合方程，
得，所以
所以，
所以，
因为，所以用代替，得.
直线的斜率，
所以直线方程为
化简得，
所以直线过定点.
法二：设直线方程为：
由得
即
又，所以，
其中
所以
即
所以
化简
即
得或
所以当时，直线方程，直线过
当时，直线方程，
直线过不满足条件，舍去.
综上直线过定点
法三：依据对称性可知，直线必过
设直线方程为：
由得
又，所以，
其中
所以
即
所以
化简得或
所以当时，直线方程，直线过
当时，直线方程，直线过不满足条件，舍去.
综上直线过定点
法四：以为原点，构建新的直角坐标系，
则，双曲线方程
设直线方程为：，
由得
即
所以
即
解得
所以直线方程为：，当时，
此时定点为，
所以原直线过定点