福建省漳州市2023-2024学年高二上学期1月期末数学试题（含答案解析）

漳州市2023-2024学年（上）期末高中教学质量检测高二数学试题本试卷共4页，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、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．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．一、单项选择题（本大题共8小题，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.已知为等比数列，，，则（）A.6 B.8 C.10 D.12【答案】B【解析】【分析】因为为等比数列，是与的等比中项，列式求解即可.【详解】因为为等比数列，所以是与的等比中项，则.故选：B.2.已知圆C的标准方程为，则与圆C有相同的圆心，且经过点的圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意设出圆的方程，代入点运算可得解.【详解】根据题意设所求圆的方程为，代入点，得，所以所求圆的方程为．故选：B．3.某班联欢会原定3个节目已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插人节目单中，要求新节目不相邻，那么不同的插法种数为（）A.6 B.12 C.20 D.72【答案】B【解析】【分析】利用插空法结合排列组合计数方法求解.【详解】这2个新节目插入节目单中且不相邻，则在原定3个节目已排成节目单产生的4个空位中，选2个位置安排2个新节目，且两个新节目顺序可变，此时有种插法.故选：B4.已知直线过点，且直线的倾斜角为直线的倾斜角的2倍，则直线的方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，求得直线的倾斜角为，得到的斜率为，结合直线的点斜式方程，即可求解.【详解】设直线的倾斜角为，其中，由直线，可得斜率为，即，可得，根据题意，可得直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，因为直线经过点，可得直线的方程为，即.故选：D5.已知，为双曲线的两个焦点，为虚轴的一个端点，，则的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知得，结合求出可得答案.【详解】如图，因为，所以，可得，即，可得，则的渐近线方程为.故选：A.6.已知点A(-1，3)，B(3，1)，点C在坐标轴上，∠ACB=90°，则满足条件的点C的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】若点C在x轴上，设C(x，0)，根据勾股定理求得x=0或x=2.若点C在y轴上，设C(0，y)，根据勾股定理求得y=0或y=4.由此得解.【详解】若点C在x轴上，设C(x，0)，由∠ACB=90°，得|AB|2=|AC|2+|BC|2，即[3-(-1)]2+(1-3)2=(x+1)2+32+(x-3)2+12，解得x=0或x=2.若点C在y轴上，设C(0，y)，同理可求得y=0或y=4，综上，满足条件的点C有3个.故选：C.【点睛】本题考查了分类讨论思想，考查了两点间的距离公式，考查了勾股定理，属于基础题.7.已知正项等比数列的前项积为，且，则下列结论正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】B【解析】【分析】结合等比数列的性质及数列的单调性判断各选项即可.【详解】由已知数列各项均为正，因此乘积也为正，公比，若，则，由等比数列性质知，所以，故选项A错误；又，因为，所以，所以，则，故先增后减，所以，故选项B正确；若，则，又，无法判断与1的大小，即无法判断与1的大小，故与大小没法判断，故选项CD错误.故选：B8.已知椭圆的上顶点为，两个焦点为，，过且垂直于的直线与交于，两点，则的周长是（）A.6 B. C. D.8【答案】D【解析】【分析】由题意，可得直线是线段的垂直平分线，进而利用椭圆的定义可求的周长.【详解】设直线与相交于，由题意，此时为等边三角形，所以为线段的中点，进而可得为线段的垂直平分线，所以.因此，的周长等于.故的周长为.故选：D二、多项选择题：本大题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.9.已知直线，，则（）A.过定点 B.当时，C.当时， D.当时，的斜率不存在【答案】ABD【解析】【分析】令的系数等于零求出定点即可判断A；当时，求出两直线方程，利用斜率关系即可判断BD；当时，求出两直线方程，利用斜率关系即可判断C.【详解】对于A，直线的方程化为，令，解得，所以直线过定点，正确；对于B，当时，，，所以，正确；对于C，当时，其斜率为2，其斜率为0，故两直线相交，错误；对于D，当时，，直线的倾斜角为，故的斜率不存在，正确.故选：ABD.10.2023年海峡两岸花博会的花卉展区设置在福建漳州，某花卉种植园有2种兰花，2种三角梅共4种精品花卉，其中“绿水晶”是培育的兰花新品种，4种精品花卉将去，展馆参展，每种只能去一个展馆，每个展馆至少有1种花卉参展，下列选项正确的是（）A.若展馆需要3种花卉，有4种安排方法B.共有14种安排方法C若“绿水晶”去展馆，有8种安排方法D.若2种三角梅不能去往同一个展馆，有4种安排方法【答案】AB【解析】【分析】根据排列、组合知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，若展馆需要3种花卉，则有种安排方法，正确.B选项，4种花卉按去，展馆参展有种方法；按去，展馆参展有种方法；因此不同的安排方法种数是，正确.C选项，若“绿水晶”去展馆，若展馆有种花卉，则安排方法数有种方法，若展馆有种花卉，则安排方法数有种方法，若展馆有种花卉，则安排方法数有种方法，所以共有种方法，错误.D选项，由选项B知，4种精品花卉将去，展馆参展共有14种安排方法，若2种三角梅去往同一个展馆，有种安排方法，则2种三角梅不能去往同一个展馆，有种安排方法，错误.故选：AB11.已知抛物线的焦点为，过原点的动直线交抛物线于另一点，交抛物线的准线于点，下列说法正确的是（）A.若，则为线段中点 B.若，则C.存在直线，使得 D.面积的最小值为8【答案】ABD【解析】【分析】A选项，设，由焦半径公式求出，不妨设，进而求出；B选项，求出，利用焦半径公式求出；C选项，计算出，，求出，C错误；D选项，在C选项基础上得到，由基本不等式求出面积最小值.【详解】A选项，由题意得，准线方程为，设直线方程为，，，由抛物线定义得，解得，故，不妨设，故直线方程为，则，，故，所以线段中点，A正确；B选项，设，则，又，解得，故，B正确；C选项，联立与得，解得，故，则，中，令得，故，则，故不存在直线，使得，C错误；D选项，由C选项可知，，当且仅当，即时，等号成立，故面积最小值为8，D正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：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．12.已知数列的前项和为，且满足，，则下列结论正确的是（）A.可能为1 B.数列是等比数列C. D.若，的最大值为64【答案】BC【解析】【分析】利用递推公式求出范围可判断A；对递推式变式结合等比数列定义可判断B；由，结合等差数列求和公式利用分组求和可判断C；计算出可判断D.【详解】对于A，当时，，又，所以，故A错误；对于B，由，得，即，由选项A知，故数列是以为首项，-1为公比的等比数列，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，为奇数时，，为偶数时，，因为，所以的最大值不可能为64，故D错误；故选：BC三、填空题：本大题共4小题.13.圆在点处的切线方程为______.【答案】【解析】【分析】求出切点与圆心连线的斜率后可得切线方程.【详解】由题意可知：圆的圆心为，因为点在圆上，故切线必垂直于切点与圆心连线，而切点与圆心连线的斜率为，故切线的斜率为，故切线方程为：，即.故答案为：14.已知，则______.【答案】【解析】【分析】赋值法求系数和即可.【详解】令得，所以.故答案为：15.数列满足，且，则数列的通项公式________．【答案】【解析】【分析】累加法求数列通项公式.【详解】，该通式对也适用，所以答案为：.16.已知双曲线的左焦点为，以为圆心、为半径作圆，若圆上存在点，双曲线的右支上存在点使得，则双曲线的离心率的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】结合图形，利用几何关系，根据临界值列式求解.【详解】如图，若圆上存在点，双曲线的右支上存在点使得，当与圆相切时，，此时，则，则，因为，所以，解得：所以双曲线离心率的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是转化为直线与圆相切问题，利用临界情况，建立不等式求离心率.四、解答题：本大题共6小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知的展开式中，所有二项式系数的和为32．（1）求的值；（2）若展开式中的系数为，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据所有二项式系数的和为列式求解；（2）写出通项，令指数等于即可求得答案.【小问1详解】∵所有二项式系数的和为32，∴，∴．【小问2详解】二项式展开式的通项公式为，令，∴展开式中的系数为，∴解得．18.已知等差数列的公差为2，且，，成等比数列．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等比中项和公差列出方程求出首项即可；（2）裂项相消法求前n项和.【小问1详解】∵，，成等比数列，且公差∴∴，解得∴【小问2详解】∵记的前项和为∴.19.已知圆的圆心在轴上，且经过，两点，过点的直线与圆相交于，两点.（1）求圆的方程；（2）当时，求直线的方程.【答案】（1）（2）直线为或【解析】【分析】（1）根据圆心在轴上，设圆，将坐标代入求解即可；（2）先根据弦长求出圆心到直线的距离，然后分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，利用点到直线距离公式列方程求解即可.【小问1详解】因为圆的圆心在轴上，所以设圆的方程为，因为圆经过，两点，所以，解得，所以圆的方程为.【小问2详解】记圆心到直线距离为，因为，解得，当直线的斜率不存在时，，此时圆心到直线的距离，符合；当直线的斜率存在时，，即，由，解得，所以直线，即.综上，直线为或.20.已知圆，动圆与圆内切，且与定直线相切，设动圆圆心的轨迹为．（1）求的方程；（2）过点的直线与交于、两点，若（为坐标原点）的面积为，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用两圆内切所满足的条件列出等式即可；（2）首先设直线的方程，和抛物线联立，，用弦长公式，则是点到直线的距离公式.【小问1详解】如图：设动点，显然动圆的半径要大于圆的半径，两圆内切，所以圆心距离，又因为动圆与直线相切，所以，所以，整理得，∴的方程为；【小问2详解】易知直线斜率不为0，故可设方程为，，，联立得：，，，，则原点到直线的距离，所以解得，所以直线的方程为21.已知数列的前项和为，满足．（1）求的通项公式；（2）删去数列的第项（其中），将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列，设的前项和为，请写出的前6项，并求出和．【答案】21.22.前6项为2，，，，，；；【解析】【分析】（1）与的关系法求数列通项公式；（2）由题写出前6项，然后分成两个子数列分别求和即可.【小问1详解】当时，有，解得；当时，有，联立条件，得，即，即；所以是以2为首项，以2为公比的等比数列，因此，．【小问2详解】删去数列的第项（其中），将剩余的项按从小到大排列依次为：，，，，，，…数列前6项为2，，，，．．注意到，，，…构成以为首项，以8为公比的等比数列，，，，…构成以为首项，以8为公比的等比数列，．22.已知为坐标原点，，的坐标分别为，，动点满足直线与的斜率之积为定值，设动点的轨迹为．（1）求的方程；（2）设直线与曲线相交于，两点，直线，，的斜率分别为，，（其中），的面积为S，以，为直径的圆的面积分别为，．若，，恰好构成等比数列，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析