福建省宁德市2023-2024学年高二上学期期末质量检测数学试题

这是一份福建省宁德市2023-2024学年高二上学期期末质量检测数学试题，共16页。试卷主要包含了直线与互相平行，则实数的做等于，已知等差数列的前项和为，若，则的值为，已知，则等内容，欢迎下载使用。

考试时间120分钟，满分150分
注意事项：
1．答题，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号，姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题用0.5毫米黑色签字笔答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效．
一、单项选择题（木题共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．双曲线的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
2．已知等差数列中，，，则等于（ ）
A．13B．14C．15D．16
3．直线与互相平行，则实数的做等于（ ）
A．1B．-1C．1或-1D．0
4．学校组织研学活动，现有寿宁下党乡、福安柏柱洋、屏南潦头村、福鼎赤溪村4条路线供3个年段选择，每个年段必项且只能选择一条路线，则不同的选择方法有（ ）
A．4种B．24种C．64种D．81种
5．已知等差数列的前项和为．若，，则当取最大值时，的值为（ ）
A．6B．8C．9D．10
6．若，则的值为（ ）
A．45B．55C．120D．165
7．已知是椭圆上一动点，是圆上一动点，点，则的最大值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．在数列中，如果存在正整数，使得，对于任意的正整数均成立，那么称数列为周期数列，其中叫做数列的周期．已知数列满足，如果，，当数列的周期最小时，该数列前2024项的和是（ ）
A．674B．1348C．1350D．2024
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．数列是各项为正数的等比数列，其前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等比数列
C．是等学数列D．成等比数列
10．已知，则（ ）
A．B．
C．D．展开式中二项式系数最大的项为第5项
11．已知圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则（ ）
A．为圆上一动点，则|MP|最小值为
B．的最大值为
C．直线恒过定点
D．若圆平分圆的周长，则
12．已知曲线，为上一点，则以下说法正确的是（ ）
A．曲线关于原点中心对称
B．的取值范围为
C．存在点，使得
D．的取值范围为
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．直线的一个方向向量为，则该直线的倾斜角为______．
14．宁德北路戏是珍贵的国家非物质文化邀产。在某次文化表演中，主办方安排了《济公传》、《反五关》、《龙虎斗》、《宏珵缘》、《旗王哭将》五个北路戏传统剧目，其中要求《宏碧缘》与《旗王哭将》不相邻，则不同的节目安排种数为______（用数字作答）．
15．已知数列的前项和为，满足，则______．
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点作倾斜角为30的直线与的左、右两支分别交于点，，若的角平分线交于点，且，则双曲线的离心率为______．
四、解答题：（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步频．）
17．（本小題满分10分）
已知的展开式中的所有二项式系数之和为64．
（1）求的值；
（2）求展开式中的常数项．
18．（本小题满分12分）
我国南宋时期的数学家杨辉，在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律．此图称为“杨辉三角”，也称为“贾宪三角”．在此图中，从第三行开始，首尾两数为1，其他各数均为它肩上两数之和．
（1）把“杨辉三角”中第三斜列各数取出按原来的顺序排列得一数列：1，3，6，10，15，…写出与的递推关系，并求出数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
19．（本小题满分12分）
在等腰梯形中，，，，．
（1）求所在直线的方程；
（2）求过点且被三角形的外接圆所截得的弦长为的直线的方程．
20．（本小题满分12分）
抛物线被直线截得的弦的中点的纵坐标为1．
（1）求的值及抛物线的准线方程；
（2）过抛物线的焦点作两条互相垂直的直线，，直线与拋物线相交于，两点，直线与抛物线相交于，两点，求四边形的面积的最小值．
21．（本小题满分12分）
已知数列的前项和为，数列是公差为的等差数列，数列是公比为2的等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求正整数的所有取值．
22．（本小题满分12分）
点在单位圆上运动，点的横坐标为点的横坐标的2倍，纵坐标相同．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）已知，为曲线与轴的左右交点，动直线交曲线于，两点（均不与，重合），记直线的斜率为，直线的斜率为，且，试问动直线是否恒过定点?若过，求出该点坐标：若不过，请说明理由．2023-2024学年度第一学期高二期末质量检测
数学试题参考答案及评分标准
说明：
1．本解答指出了每题要考察的主要知识和能力，给出一种或几种解法供参考．如果考生的解法与给出的解法不同，可根据试题的主要考察内容比照评分标准确定相应的评分细则．
2．对解答题，当考生的解答在某一步出现错误，但整体解决方案可行且后续步骤没有出现推理或计算错误，则错误部分依细则扣分，并根据对后续步骤影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过后续部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．
3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．
4．解答题只给整数分数，填空题不给中间分．
一、选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分40分．
1．A2．B3．A4．C5．B6．D7．B8．C
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．ABC10．AB11．AD12．BD
三、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分20分．
13．（或）14．7215．16．
三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．
17．本小题主要考查二项式定理、组合数计算等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力等．满分10分．
解：（1）展开式中所有二项式系数之和为64
则。
解得．
（2）由（1）知
所以
令
解得．
则
所以展开式中的常数项为240．
18．本小题主要考查数列的递推关系、累加法、裂项求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力等，满分12分．
（1）由“杨辉三角”的定义可知：，时，
所以
则
（2）由（1）知．
所以
则
19．本题主要考查直线的斜率与方程、圆的方程、直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，直观想象等．满分12分．
解法一：（1）在等腰梯形中，因为，，，
所以设
由得，
即或
又因为，所以，即
所以
所以所在直线方程为：，整理得．
（2）设三角形外接圆的方程为
因为，，
则
解得
所以三角形外接圆的方程为．
故圆心坐标，半径
因为弦长，所以圆心到直线的距离：
依题意得，直线的斜率存在，设直线的方程为，
所以
解得，
所以直线的方程为，．
解法二：（1）如图所示在等腰梯形中，
因为，，，
则，则是，
所以
因为，所以
所以
所以所在直线方程为：，整理得
（2）因为四边形是等腰梯形，所以，，，四点共圆，
故的外接圆即的外接圆
由（1）可知，该外接圆以为圆心，2为半径
因为弦长，所以圆心到直线的距离：
依题意得，直线的斜率存在，设直线的方程为，
所以
解得，
所以直线的方程为，．
解法三：
（1）过作交轴于点，在等腰梯形中，因为，且，
所以
所以
所以
所以所在直线方程为：，
整理得．
（2）由（1）知，所以线段的垂直平分线为①．
线段的中点为，
所以线段的垂直平分线为②
（2）．由①②解得的外接圆的圆心为，
半径．
过点作轴交的外接圆于，两点
所以，，
所以
因为点在的外接圆上，
又根据圆的对称性可知满足题设的直线为直线和直线，
根据两点式得直线的方程为，即，
直线的方程为，即
故所求直线的方程为或．
20．本小题主要考查抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、直观想象等．满分12分．
解法一：（1）设抛物线与直线交于，．
整理得，
所以，
因为
所以，
则抛物线方程为，准线方程为
（2）依题意设直线的方程为，，，．
联立方程组整理得，
故
所以
因为，直线的方程为，
同理可得
所以
当且仅当，即时，取等号．
所以四边形面积的最小值为32．
解法二：（1）设抛物线与直线交于，．
则
作差得
所以
因为，所以
则抛物线方程为，准线方程为
（2）依题意设直线的方程为，，，．
联立方程组整理得，
故．
所以
因为，
同理可得
所以
，
当且仅当，即时，取等号．
所以四边形面积的最小值为32．
21．本题主要考查等差数列、等比数列、错位相减法等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、考查考生分析问题和解决问题的能力，满分12分．
解法一：（1）因为是公差为的等差数列，是公比为2的等比数列．
所以且
解得
所以
则
（2）由（1）得，所以，
，
，
两式相减得，．
所以，
则，
由，
得，
即，
令，
因为函数，在上都是增函数，
所以函数在上是增函数，
由，，
，
则当时，，
所以若，正整数的所有取值为1，2，3
解法二：（1）因为是公差为的等差数列，是公比为2的等比数列．
所以①
且②
①②得
对均成立．
所以
（2）由（1）得，所以，
，
，
两式相减得，
所以，
则，
由，
得，
即，
令，
，，
当时，结合二次函数单调性可知，单调递增且
所以若，正整数的所有取值为1，2，3
解法三：（1）因为是公差为的等差数列，是公比为2的等比数列．
所以①．
且②
由②得，
代入①
解得．
（2）下同解法一二
22．本小题主要考查曲线与方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查化归与转化思想、数形结合思想等．满分12分．
解法一：（1）设点坐标为，
点在单位圆上运动，则①
设点坐标为，则，
即，
代入①式，得
所以求点的轨迹的方程为
（2）点的轨迹为椭圆，所以，
依题意可知直线斜率不为0，设直线的方程为
，整理得
设，，则，
，
由得
即
②
由韦达定理得，
即
代入②式得
即
所以，直线恒过定点
解法二：（1）同解法一
（2）点的轨迹为椭圆，所以，
设直线的方程为
整理得．
不妨设，，则，
解得，
由得
即
则
整理得．
易知
所以，直线恒过定点
解法三：（1）同解法一
（2）点的轨迹为椭圆，所以，
依题意可知直线斜率不为0，设直线的方程为
，整理得
设，，则，
，，，．
由得
即
将，，代入上式整理得
解得，，
因为直线不过点，所以
所以，直线恒过定点