甘肃省白银市靖远县第二中学2023-2024学年高二上学期期末模拟数学试题

这是一份甘肃省白银市靖远县第二中学2023-2024学年高二上学期期末模拟数学试题，共18页。试卷主要包含了 的展开式中，含的项的系数是等内容，欢迎下载使用。
考试范围：选择性必修第一册
一､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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知数列的通项公式为，则该数列的第项为（ ）
A. 1B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分类讨论为奇数与为偶数，结合诱导公式求得恒有，从而得解.
【详解】因为，
当为奇数时，；
当为偶数时，，；
综上，.
故选：A.
2. 若直线不经过第一象限，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将直线化为斜截式，从而得到关于的不等式组，由此得解.
【详解】直线方程可化为，因为直线不经过第一象限，更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 所以，解得.
所以实数的取值范围是.
故选：C.
3. 圆的圆心在直线上，且和轴相切于点，则圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用几何法即可求得圆的标准方程.
【详解】因为圆心在直线上，故设圆心，
又因为圆和轴相切于点，所以，即，则半径，
故圆的标准方程为.
故选：B.
4. 某科技小组有6名学生，其中男生4人，女生2人，现从中选出3人去参观展览，则至少有一名女生入选的不同选法种数为（ ）
A. 12B. 16C. 18D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】至少有一名女生入选分为两类情况，利用组合相关知识即可求解.
【详解】分两类：一类是选1个女生，则有种；另一类是选2个女生，则有种.
所以不同选法种数共有.
故选:B .
5. 的展开式中，含的项的系数是（ ）
A. B. 5C. 15D. 35
【答案】D
【解析】
【分析】求出的展开式中的通项，再结合两个式子相乘特点求解即可.
【详解】二项式的展开式中的通项，
则含的项的系数为.
故选：D
6. 以椭圆的焦点为顶点，顶点为焦点的双曲线的渐近线的倾斜角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合题意找到双曲线顶点与焦点，求出双曲线的方程及渐近线方程，找到倾斜角的正切值，进而找到倾斜角的正弦值.
【详解】椭圆焦点坐标为，顶点坐标为，
故双曲线中，由，
所以双曲线的方程为，渐近线的方程为，
设倾斜角为，得，由同角三角函数的基本关系，可得.
故选:D.
7. 已知为抛物线的焦点，过的直线交抛物线于点，，且点在点的下方．若直线的斜率为，则（ ）
A. 5B. 4C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设，在抛物线的准线上的射影分别为，，且交抛物线的准线于点，设，，再根据题意求出，，，再结合即可求出答案．
【详解】如图，设，在抛物线的准线上的射影分别为，，且交抛物线的准线于点，
设，，则，
由直线的斜率为，则，则，
所以，，
又，即，化简得，可得．
故选：B．
8. 已知等差数列的前5项和为105，且.对任意的，将数列中不大于的项的个数记为，则数列的前项和等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设数列的公差为，根据题意，列出方程组求得，得到，进而求得，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】设数列的公差为，前项和为，
因为，可得，解得，
所以，
对任意的，若，则，所以，
所以数列是首项为1，公比为7的等比数列，故.
故选：C.
二､多选题：本题共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.
9. 若直线被两平行直线与直线所截的线段的长为，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】依题意作出图形，利用平行线间距离公式求得，结合图形得到直线与直线的夹角，从而得解.
【详解】依题意，作出图形，则，
因为直线与直线平行，
所以间的距离为，即，
因为，所以，即直线与直线的夹角为，
因为直线的斜率为，则倾斜角为，
所以直线的倾斜角为或.
故选：AD.
10. 用种不同的颜色涂图中的矩形，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用分类计数原理即可得解.
【详解】当时，分四步：
第一步，涂处，有3种涂色方案；第二步，涂处，有2种涂色方案；
第三步，涂处，有2种涂色方案；第四步，涂处，有1种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故A正确；
当时，分四步：
第一步，涂处，有4种涂色方案；第二步，涂处，有3种涂色方案；
第三步，涂处，有3种涂色方案；第四步，涂处，有2种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故B错误；
当时，分四步：
第一步，涂处，有5种涂色方案；第二步，涂处，有4种涂色方案；
第三步，涂处，有4种涂色方案；第四步，涂处，有3种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故C错误；
当时，分四步：
第一步，涂处，有6种涂色方案；第二步，涂处，有5种涂色方案；
第三步，涂处，有5种涂色方案；第四步，涂处，有4种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故D正确.
故选：AD.
11. 如图，在直角坐标系中，坐标轴将边长为4的正方形分割成四个小正方形.若大圆为正方形的外接圆，四个小圆分别为四个小正方形的内切圆，则下列方程是图中某个圆的方程的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由各小圆的圆心和半径，求出圆的标准方程和一般方程，对照选项判断.
【详解】由题可知小正方形边长为2，则内切圆半径为1，
可得第一象限的小圆的圆心为，方程为，
即，A选项正确；
第二象限的小圆的圆心为，方程为，
即，B选项正确；
第三象限的小圆的圆心为，方程为，
即，C选项正确；
第四象限的小圆的圆心为，方程为，
即，没有选项符合；
外接圆圆心为，半径为，方程为，没有选项符合.
故选：ABC
12. 设椭圆的左､右焦点分别为，是上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 的最大值为
C. 离心率
D. 以线段为直径的圆与直线相切
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，利用椭圆的几何性质，可判定A正确，B不正确，C正确，结合直线与圆的位置关系的判定方法，可判定D正确.
【详解】由椭圆，可得，则，焦点，根据椭圆的定义知，所以A正确；
由椭圆的几何性质，可得的最大值为，所以B错误；
椭圆的离心率定义，可得离心率为，所以C正确；
由原点到直线的距离，
知以线段为直径的圆与直线相切，所以D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用排列数与组合数的关系、组合数性质求解即得.
【详解】依题意，，又，
因此，而，
所以.
故答案为：6
14. 在等差数列中，前五项和为10，最后五项之和为90，前项之和为180，则项数__________.
【答案】18
【解析】
【分析】利用等差数列的性质与前项和公式即可得解.
【详解】因为，
所以，
所以，即，
因为，解得.
故答案为：.
15. 已知实数满足，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用两点距离公式的几何意义与点线距离公式即可得解.
【详解】因为表示点到点的距离的平方，
而的最小值为点到直线的距离，即，
所以的最小值为9.
故答案为：.
16. 已知圆，点在抛物线上运动，过点作圆的切线，切点分别为，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意利用等面积法，结合勾股定理得出，故只需通过数学结合求出的最小值即可.
【详解】
根据题意，可知，且.
由几何性质可得四边形的面积为面积的2倍，
由对称性和切线长性质可知，
所以，
即.
设，，
易知，当为原点时，取得最小值2，故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决问题的关键是利用等面积法，并通过数形结合的思想即可顺利得解.
四､解答题：本题共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.
（1）求直线的全体方向向量和一个法向量；
（2）若点在线段（包括端点）上移动，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（1）全体方向向量为（为任意的非零实数）；一个法向量为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用斜率，求出直线的一个方向向量，由向量的共线得全体方向向量，求出直线的一般式方程，可得直线的一个法向量；
（2）根据图象可得临界条件有和，再结合直线倾斜角的变化和正切函数性质可解.
【小问1详解】
由斜率公式知直线的斜率为，
所以直线的全体方向向量为（为任意的非零实数）.
直线的方程为，化简得，
所以直线的一个法向量为.
【小问2详解】
由（1）知直线倾斜角为钝角，斜率为，
结合图象可知，点从点向点移动时，倾斜角为钝角且逐渐增大，
则当点为点时，直线的斜率最小，为
当点为点时，直线的斜率最大，直线的斜率为，
所以直线的斜率的取值范围为.
18. 已知数列满足.
（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）根据题意可将原式退一项得 ，再和原式两式相减即得
（2）根据错位相减即可求和.
【小问1详解】
当时，，
当时， ①
②
①-②得：（）
因为也符合上式，所以.
【小问2详解】
由（1）知，
，④
，⑤
④-⑤得，
，
所以
∴.
19. 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男､女生各有一名队长，现从中选5人参加某项活动，依下列条件各有多少种选法？（用数字做答）
（1）至少有一名队长参加该活动；
（2）至多有两名女生参加该活动.
【答案】（1）825；
（2）966.
【解析】
分析】（1）分有一名队长和两名队长情况讨论得解或采用排除法得解；
（2）分有两名女生､只有一名女生､没有女生三种情况讨论得解.
【小问1详解】
至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和有两名队长.故共有825种，或采用排除法有种.
【小问2详解】
至多有两名女生含有三种情况：有两名女生､只有一名女生､没有女生.故共有种.
20. 已知双曲线是上的任意一点.
（1）设点的坐标为，求的最小值；
（2）若分别为双曲线的左､右焦点，，求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标为，表示出，利用点再双曲线上，借助二次函数知识计算即可;
（2）由双曲线的定义及余弦定理表示出，结合面积公式计算即可.
【小问1详解】
设点的坐标为，
则，
因为，所以当时，取得最小值.
【小问2详解】
由双曲线的定义知①,
由余弦定理得②,
根据①②可得，所以.
21. 平面直角坐标系中，已知圆和圆.
（1）若直线过原点，且被圆截得的弦长为6，求直线的方程；
（2）是否存在点满足过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）和
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）分类讨论直线的斜率存在与否，利用圆的弦长公式与点线距离公式列式求解即可；
（2）假设存在满足条件的点，分析得两圆心到对应直线的距离相等，从而得到关于的关系式，利用的任意性求得的值，再检验两直线斜率一个为0，另一个不存在的情况，从而得解.
【小问1详解】
因为圆的圆心为，半径为，
当直线的斜率不存在时，直线即是轴，
此时直线被圆截得的弦长为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由直线被圆截得的弦长为6，所以到直线的距离为，
则，解得，即直线为；
综上，直线的方程为和.
【小问2详解】
存在满足条件的点，点坐标为或，理由如下：
假设存在满足条件的点，
因为圆的圆心为，半径为，
设，因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，
又两圆半径相等，所以圆心到直线与到直线的距离相等，
当两直线斜率存在且不等于0时，
设直线的方程分别为，
即.
故有，
整理得或，
因为关于的方程有无穷多解，
所以或，解得或，
故点的坐标为或；
当两直线斜率一个为0，另一个不存在时，点的坐标和也适合；
综上可知，存在点满足条件，此时点坐标为或.
【点睛】关键点睛：本题第2小题解决的关键是如何处理式子，以及利用的任意性求得的值，从而得解.
22. 已知椭圆的左顶点为，过作两条互相垂直的直线且分别与椭圆交于两点（异于点），设直线的斜率为，为坐标原点.
（1）用表示点的坐标；
（2）求证：直线过定点；
（3）求的面积的取值范围.
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）
设直线的方程为，联立方程组，结合和是方程的两个根据，求得点坐标，同理可得点的坐标；
（2）当，求得的方程点；当，求得直线的方程为，令，得到点，即可得证；
（3）求得的面积，令，得到，结合函数的的单调性，即可求解.
【小问1详解】
解：由椭圆，可得，则，
直线的斜率都存在且不为0，故可设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则和是方程的两个根据，可得，
解得，则，所以点，
同理可得点.
【小问2详解】
证明：当，即时，直线的方程为，经过点.
当，即时，直线的斜率为，
直线的方程为，
令，可得，直线也过点.
综上可知，直线恒过定点.
【小问3详解】
解：由题意，可得的面积，
令，当且仅当时，等号成立，
则，而在上单调递增，
的值域为，所以的面积的取值范围是.
【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；
3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.