福建省龙岩市部分重点高中2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题含答案

这是一份福建省龙岩市部分重点高中2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知直线的倾斜角为，且经过点，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的倾斜角求出直线的斜率，再利用点斜式求直线方程.
【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率，
又因为直线过点，所以直线的方程为，
整理有：
故选：A
2. 公差不为0的等差数列中，，则的值不可能是（ ）
A. 9B. 16C. 22D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列的性质可得，即可得，的所有可能取值，即可求解.
【详解】因为，所以，
又，，
所以或或或或或或或或，
所以的值可能是，，，，.
故选：.
3. 已知数列，，，则（ ）
A. 8B. 16C. 24D. 64
【答案】D
【解析】
【分析】由可求得，进而求出，可求出.
【详解】因为，
所以，所以，
又因为，所以，所以，
所以数列an为等比数列，（），所以.
故选：D.
4. 从含有3件次品的8件新产品中，任意抽取4件进行检验，抽出的4件产品中恰好有2件次品的抽法种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由分步乘法计数原理，先抽次品，再抽正品，即可求解.
【详解】由题意，8件新产品中有3件次品，件正品，
先从3件次品中取出2件次品，有种抽法，
再从件正品中取出2件正品，有种抽法，
所以抽出的4件产品中恰好有2件次品的抽法种数为.
故选：.
5. 已知点关于直线对称的点在圆上，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出关于直线对称的点的坐标代入圆求解即可.
【详解】解：设对称的点，则，解得，
所以，所以，所以.
经检验符合题意.
故选：C.
6. 数学与自然、生活相伴相随，无论是蜂的繁殖规律，树的分枝，还是钢琴音阶的排列，当中都蕴含了一个美丽的数学模型Fibnacci（斐波那契数列）：1，1，2，3，5，8，13，21，…，这个数列的前两项都是1，从第三项起，每一项都等于前面两项之和.请你结合斐波那契数列，尝试解答下面的问题：小明走楼梯，该楼梯一共7级台阶，小明每步可以上一级或二级，请问小明的不同走法种数是（ ）
A. 21B. 13C. 12D. 15
【答案】A
【解析】
【分析】设级台阶的走法为，找出数列的递推公式，即可求解.
【详解】设级台阶的走法为，
则，，
当时，，
所以，，
，，
.
故选：.
7. 已知圆，一条光线从点射出经轴反射，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆关于轴的对称圆的方程为
B. 若反射光线与圆相切于点，与轴相交于点，则
C. 若反射光线平分圆的周长，则反射光线所在直线的方程为
D. 若反射光线与圆交于，两点，则面积的最大值为1
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，由对称的性质直接求解即可；对于B由题意可反射光线过点，则，利用圆的性质求切线长即可；对于C，确定直线过点，，由两点式求直线方程即可；对于D，设，利用性质，把弦长、弦心距用表示，从而求出面积的最大值.
【详解】对于A，圆的标准方程为：，圆心，半径，
圆心关于轴的对称点为，半径为，
所以圆关于轴的对称圆的方程为：，
即，故A错误；
关于B，点关于轴的对称点为，，
根据已知条件有：，
所以，故B错误；
对于C，因为反射光线平分圆的周长，所以反射光线经过圆心，
所以反射光线过，，所以反射光线的方程为，
整理得：，故C正确；
对于D，反射光线过点，
若直线的斜率不存在，直线与圆相离，不合题意；
所以直线斜率存在设为，所以直线的方程为：，
整理有：，设，
则圆心到直线的距离为，
所以，所以，
则当时，，故D错误.
故选：C
8. 已知数列的前项和为，，，且关于的不等式有且仅有4个解，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用数列的递推关系构造出常数列，再求通项，然后分离参变量，再利用数列的单调性思想，研究不等式成立的条件.
【详解】因为，
所以，所以，
即，
所以数列是常数列，当时，，
所以，即，
因为，所以，
令，
所以
，
当时，，即，
，，，，，
为了满足不等式有且仅有4个解，则，
此时有，，，.
故选：.
【点睛】方法点睛：通过数列递推关系构造出常数列，不等式恒成立或有解问题要用分离参变量方法，数列的单调性用作差或作商法来研究.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知的展开式的第2项与第3项系数的和为3，则（ ）
A.
B. 展开式的各项系数的和为
C. 展开式的各二项式系数的和为256
D. 展开式的常数项为第5项
【答案】ACD
【解析】
【分析】应用的展开式的通项公式结合题意求出，再利用通项公式研究常数项；由可求展开式的各项系数的和；由二项式系数性质可求展开式的各二项式系数的和.
【详解】解：因为的展开式的通项公式为，（），
所以，即，
解得（舍去），故A正确；
所以（），
当，即时为常数项, 故D正确；
所以展开式的各项系数的和为，故B错误；
所以展开式各二项式系数的和为，故C正确.
故选：ACD.
10. 传承红色文化，宣扬爱国精神，湖洋中学国旗队在高一年级招收新成员，现有小明、小红、小华等7名同学加入方阵参加训练，则下列说法正确的是（ ）
A. 7名同学站成一排，小明、小红、小华必须按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为840
B. 7名同学站成一排，小明、小红两人相邻，则不同的排法种数为720
C. 7名同学站成一排，小明、小红两人不相邻，则不同的排法种数为480
D. 7名同学分成三组（每组至少有两人），进行三种不同的训练，则有630种不同的训练方法
【答案】AD
【解析】
【分析】A先从7个位置中选3个排小明等3人，随后排列剩下4人，可得排法总数；
B将小明，小红两人捆绑为1人，随后与剩下5人一起排列，可得排法总数；
C先排剩下5人，随后将小明小红排进5人的空隙中，可得排法总数；
D先将7人按2+2+3形式分为3组，再给每组安排训练，可得安排总数.
【详解】A选项，先从7个位置中选3个排小明等3人，有种方法，
随后排列剩下4人，有种方法，则共有种方法，故A正确；
B选项，将小明，小红两人捆绑为1人，有2种排列方法，随后与剩下5人一起排列，
有种方法，则共有种方法，故B错误；
C选项，先排剩下5人，有种方法，再将小明小红排进5人产生的6个空隙中，
有种方法，则共有种方法，故C错误；
D选项，由题分组情况为2人的2组，3人的一组，则有种方法，
随后安排训练，有种方法，则共有种方法，故D正确.
故选：AD
11. 已知圆和圆.其中正确的结论是（ ）
A. 当时，圆和圆有4条公切线
B. 若圆与圆相交，则的取值范围为
C. 若直线与圆交于，两点，且（为坐标原点），则实数的值为
D. 若，设为平面上的点，且满足：存在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，则所有满足条件的点的坐标为或
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于，当时，由圆的一般方程得到圆的标准方程进而得到圆心和半径，判断两圆的位置关系即可求解；对于，根据两圆相交得到，进而得到的取值范围；对于，设Px1,y1，Qx2,y2，联立直线和圆的方程，可得的取值范围，由韦达定理代入即可求解；对于，设点，由可得两直线方程，根据弦长和半径相等得到圆心到直线的距离相等，再根据有无数多条直线，得到关于的方程有无数多组解，从而解出，，即得到的坐标.
【详解】对于，当时，，，，
，，，
所以，
所以，
因为，所以圆和圆外离，
所以圆和圆有4条公切线，故正确；
对于，，
若圆与圆相交，则，
解得，故正确；
对于，若直线与圆交于，两点，设Px1,y1，Qx2,y2，
联立，得，
所以，解得，
，
所以，因为，所以，故不正确；
对于，
设点，直线和的方程分别为，，
即，，
因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，
所以，
化简得或，
因为存在过点无穷多对互相垂直的直线和，
所以关于的方程有无穷多解，从而有或，
解得或，故正确.
故选：.
【点睛】关键点点睛：设点，由可得两直线方程，根据弦长和半径相等得到圆心到直线的距离相等，因为存在过点的无穷多对互相垂直的直线和，得到关于的方程有无数多组解，从而解出，.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆与圆，则两圆的公共弦所在的直线方程为____________________.
【答案】
【解析】
【分析】判断两圆位置关系，再将两圆方程相减即得.
【详解】圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
于是，即圆相交，
由消去二次项得，即，
所以两圆的公共弦所在的直线方程为.
故答案为：
13. 已知，若过定点A的动直线和过定点的动直线交于点（与A，不重合），则的值为__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意直线方程可得，，分析可知，即可得结果.
【详解】因为动直线过定点，动直线过定点，
且，可知，即，
所以.
故答案为：1.
14. 在数列相邻的每两项中间插人这两项的平均数，构造成一个新数列，这个过程称为原数列的一次"平均拓展"，再对新数列进行如上操作，称为原数列的二次“平均拓展”.已知数列的通项公式为，现在对数列进行次“平均拓展”，得到一个新数列，记为与之间的次平均拓展之和，为与之间的次平均拓展之和，，则__________；依此类推，将数列1，3，5，，21经过次“平均拓展”后得到的新数列的所有项之和记为，则__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由已知，分析每次构造后的值，总结规律求出；由分析可得，利用分组求和即可计算.
【详解】设表示与之间的次平均拓展之和，
所以数列bn每次构造所添加的个数相同，因此只需要研究一项即可，
对于而言，
第一次构造得到1，2，3，其中，
第二次构造得到1，，2，，3，其中，
第三次构造得到1，，，，，3，其中，
第四次构造得到1，，，，，，3，其中，
由观察归纳，第次构造得到1，，，，3，则；
因为经过次“平均拓展”得到的新数列的项分别为
1，，，，3，，，，5，，7，，9，，，
由，则，
，则，
，则，，
所以数列bn的各项分别为，，，，
所以，
因，
所以.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：经过次构造可得1，，，，3，则；数列bn每次构造后所添加的个数相同，即.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15. 已知.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由展开式的通项计算即可；
（2）利用赋值法计算即可.
【小问1详解】
二项式展开式的通项为，，
因为，
所以；
【小问2详解】
令，则，
令，则，可得，
因此.
16. 已知的三个顶点的坐标分别是，，.
（1）求的面积；
（2）求外接圆的方程.
【答案】（1）9 （2）
【解析】
【分析】（1）求出与点到直线的距离，再利用求解即可；
（2）利用待定系数法设圆的一般方程，建立方程组，求出即可.
【小问1详解】
解：已知，，直线的斜率，
则直线的方程为，
点到直线的距离.
又，
所以的面积.
【小问2详解】
解：设外接圆的方程为，
把点，，的坐标代入圆的方程，得,
可得，
经检验符合题意.
所以圆的方程为.
17. 已知数列的前项和，数列是各项均为正数的等比数列，，且.
（1）求和的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：.
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据与关系求an的通项公式，由等比数列基本量的运算即可求解bn的通项公式；
（2）用裂项相消法求奇数项的和，由错位相减法求偶数项的和，即可求解.
【小问1详解】
数列an的前项和，当时，，
当时，，
因为也适合上式，
所以，
设数列bn的公比为，因为，
所以，解得，
又，所以；
【小问2详解】
由题意得，
设数列的奇数项之和为，偶数项之和为，
则
，
，
所以，
两式相减得，
所以，
故.
18. 已知圆和点.
（1）点在圆上运动，且为线段ME的中点，求点的轨迹曲线的方程.
（2）设为（1）中曲线上任意一点，过点向圆引一条切线，切点为.
（i）求的取值范围.
（ii）试探究：在轴上是否存在定点（异于点），使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）存在定点，
【解析】
【分析】（1）应用相关点法可求出动点的轨迹曲线的方程；
（2）（i）根据，只需找出的最大值和最小值即可求得；
（ii）假设在轴上存在定点满足条件，据分析对恒为定值的条件，确定值即可.
【小问1详解】
解：设，，则，
由点在圆上运动，得，所以，
则即为点的轨迹曲线的方程.
小问2详解】
解：（i）依题意可知直线与圆相切于点，
所以，
当（为坐标原点），，三点共线时，
取得最大值7和最小值3，
所以的取值范围为.
（ii）设为曲线上任意一点.
假设在轴上存在定点（异于点）满足条件，
设，
因为为圆的切线，且圆的半径为1，
所以.
若对恒为定值，
则必有，得，
所以或（舍去），
所以在轴上存在定点，使得为定值
19. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，以他的名字命名的函数称为高斯函数，函数，其中表示不超过的最大整数.例如：，，.已知数列满足，.
（1）求.
（2）证明：数列是等比数列.
（3）求的个位数.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用递推关系直接求解即可；
（2）根据x的意义，先得到，利用缩放得到，即可求得，利用构造法可得，即可证明数列是等比数列；
（3）先利用（2）的结论计算，再利用二项式定理将上述结果展开，即可求解.
【小问1详解】
将代入，
得.
【小问2详解】
由题可得为正整数，则，
所以数列an为递增数列，
当时，.
当时，，即，
所以，即.
由.
结合，均为正整数，可得，其中，
而，故，其中.
所以，由，得，
所以，故数列是以为首项，为公比的等比数列.
【小问3详解】
由（2）可得，，
，
因为为10的倍数，
所以，故的个位数为4.
【点睛】关键点点睛：
本题关键在于先适当放缩确定，结合，均为正整数，
确定.