【文档说明】福建省龙岩市一级校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，903.469 KB，由小赞的店铺上传

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龙岩市一级校联盟2024—2025学年第一学期半期考联考高二数学试题（考试时间：120分钟总分：150分）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l的倾斜角为30，且经过点()3,1，则直线l

的方程为（）A.33yx=B.32yx=−C.313yx=+D.33yx=+【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30，所以直线的斜率3tan303k==，又因为直线过

点()3,1，所以直线的方程为()3133yx−=−，整理有：33yx=故选：A2.公差不为0的等差数列na中，28mnaaaa+=+，则mn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10mn+=，即可

得m，n的所有可能取值，即可求解.【详解】因为28mnaaaa+=+，所以10mn+=，又Nm，Nn，所以19mn==或28mn==或37mn==或46mn==或55mn==或64m

n==或73mn==或82mn==或91mn==，所以mn的值可能是9，16，21，24，25.故选：C.3.已知数列na，11a=，2211440nnnnaaaa++−+=，则7a=（）A.8B.16C.24

D.64【答案】D【解析】【分析】由2211440nnnnaaaa++−+=可求得12nnaa+=，进而求出na，可求出7a.【详解】因为2211440nnnnaaaa++−+=，所以1202()nnaa+−=，所以12nnaa+=，又因为11a=，所以0na，所以12n

naa+=，所以数列{𝑎𝑛}为等比数列，12nna−=（Nn），所以764a=.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.2238AAB.2235AAC.2235CCD.

2238CC【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，5件正品，先从3件次品中取出2件次品，有23C种抽法，再从5件正品中取出2件正品，有25C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2235CC.故选：C.5.已知点()0,2P−关于直线10xy++=对称的点Q在圆22:40Cxymx+++=上，则m=（）A.1B.92C.6−D.32−【

答案】C【解析】【分析】求出()0,2P−关于直线10xy++=对称的点Q的坐标代入圆22:40Cxymx+++=求解即可.【详解】解：设对称的点(,)Qxy，则2121022yxxy+=−++=，解得1

1xy==−，所以(1,1)Q−，所以2201(1)14m+−++=，所以6m=−.经检验6m=−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Fibonacci（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n级台阶的走法为na，找出数列的递推公式，即可求解.【详解】设n级台阶的走法为na，则11a=，22a=，当3n时，12nnnaaa−−=+，所以321213aaa=+=+=，432325aaa=+=+=

，543538aaa=+=+=，6548513aaa=+=+=，76513821aaa=+=+=.故选：A.7.已知圆22:430Cxyy+−+=，一条光线从点()2,1P−射出经x轴反射，则下列结论正确的是（）A.圆C关于x轴的对称圆的方程为22430xyy+−+=

B.若反射光线与圆C相切于点A，与x轴相交于点B，则2PBBA+=C.若反射光线平分圆C的周长，则反射光线所在直线的方程为3240xy−+=D.若反射光线与圆C交于M，N两点，则CNM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()2,1P−−，则PBBAPBBAPA+=+=，利用圆的性质求切线长即可；对于C，确定直线过点()2,1P−−，()0,2C，由两点式求直线方程即可；对于

D，设π02CMN=，利用性质，把弦长、弦心距用表示，从而求出CNM面积的最大值.【详解】对于A，圆C的标准方程为：()2221xy+−=，圆心()0,2，半径1r=，圆心()0,2关于x轴的对称点为()0,2−，半径为1，所以圆C关于

x轴的对称圆的方程为：()2221xy++=，即22430xyy+++=，故A错误；关于B，点()2,1P−关于x轴的对称点为()2,1P−−，()()22201213PC=−−+−−=，根据已知条件有：PBBA

PBBAPA+=+=，所以2123PAPC=−=，故B错误；对于C，因为反射光线平分圆C的周长，所以反射光线经过圆心()0,2，所以反射光线过()2,1P−−，()0,2C，所以反射光线的方程为201220yx−−=

−−−−，整理得：3240xy−+=，故C正确；对于D，反射光线l过点()2,1P−−，若直线l的斜率不存在，直线与圆相离，不合题意；所以直线l斜率存在设为k，所以直线l的方程为：()12ykx+=+，整理有：210kxyk−+−=，设π02CMN

=，则圆心()0,2C到直线210kxyk−+−=的距离为sind=，所以221sin2cosMN=−=，所以11sincossin222CNMSMNd===，则当π4=时，()

max12CNMS=，故D错误.故选：C8.已知数列na的前n项和为nS，112a=，()*11222,nnnnSSaannnn−−−=−N，且关于n的不等式()231nnann−有且仅有4个解，则的取值

范围是（）A.2155,816B.212,8C.3521,168D.11921,648【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()*11222,n

nnnSSaannnn−−−=−N，所以()211nnnnnnaaSSa−−−=−=，所以()2211nnanna−−=，即111nnnnaann−+=−，所以数列1nnna+是常数列，当1n=时，1111

1a+=，所以11nnna+=，即1nnan=+，因为()231nnann−，所以()()1312nnn+−，令()()1312nnnnb+−=，所以()()()()2111232131346222nnnnnnnnnnnbb++++++−−++−=−=212

223392nn+−−−=，当2n时，10nnbb+-<，即34nbbbL，12b=，2154b=，34b=，45516b=，5218b=，为了满足不等式()231nnann−有且仅有4个解，则212,8，此时有2154b=，34b=，4

5516b=，5218b=.故选：B.【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12nxx−的展开式的第2项与第3项系数的和为3，则（）A.8n=B.展开式的各项系数的和为132C.展开式的各二项式系数的和为256D.展开式的常数项为第5项【答案】ACD【解析】【分析】应用

12nxx−的展开式的通项公式结合题意求出n，再利用通项公式研究常数项；由1x=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12nxx−的展开式的通项公式为2111C()()C22rnrrrrrnrrnnTxxx−−−+=−=−，

（0,1,,rn=），所以12211()C()C322nn−+−=，即(1)328nnn−−+=，解得8n=（3n=−舍去），故A正确；所以8218C1()2rrrrTx−+=−（0,1,,rn=），当820r−=，即4r=时5T为常数项,

故D正确；所以821xx−展开式的各项系数的和为81112256−=，故B错误；所以821xx−展开式各二项式系数的和为82256=，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840B.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720C.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

480D.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37765356C=

=种方法，随后排列剩下4人，有44A4!24==种方法，则共有3524840=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66A6!720==种方法，则共有72021440=种方法，故B错误；C选项，先排剩下5人，有55A5!12

0==种方法，再将小明小红排进5人产生的6个空隙中，有26A6530==种方法，则共有301203600=种方法，故C错误；的D选项，由题分组情况为2人的2组，3人的一组，则有2275CC765410528==种方法，随后安排训练，有33A3!6==种方法，则共有105663

0=种方法，故D正确.故选：AD11.已知圆()()221:314Cxy++−=和圆()2222:8104100Cxyxyrr+−−+−=.其中正确的结论是（）A.当2r=时，圆1C和圆2C有4条公切线B.若圆1C与圆2C相交，则r的取值范围为652652r−+C.若直线:1lykx=

+与圆1C交于P，Q两点，且4OPOQ=（O为坐标原点），则实数k的值为352+D.若2r=，设P为平面上的点，且满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线1l和2l，它们分别与圆1C和圆2C相交，且直线1l被圆1C截得的弦长与直线2l被圆2C截得的弦长相

等，则所有满足条件的点P的坐标为313,22−或51,22−【答案】ABD【解析】【分析】对于A，当2r=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B，根据两圆相交得到2652rr−+，进而得到r的取值范围；对于C，设

𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)，联立直线和圆的方程，可得k的取值范围，由韦达定理代入12124OPOQxxyy=+=即可求解；对于D，设点(),Pmn，由12ll⊥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k的

方程有无数多组解，从而解出m，n，即得到P的坐标.【详解】对于A，当2r=时，()()221:314Cxy++−=，()13,1C−，12r=，()()222:454Cxy−+−=，()24,5C，22r=，所以()()2212341565CC=−−+−=，所以6544+，因为1212C

Crr+，所以圆1C和圆2C外离，所以圆1C和圆2C有4条公切线，故A正确；对于B，()()2212341565CC=−−+−=，若圆1C与圆2C相交，则2652rr−+，解得652652r−+，故B正确；对于C，若直

线:1lykx=+与圆1C交于P，Q两点，设𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)，联立()()221314ykxxy=+++−=，得()221650kxx+++=，所以2122122Δ1620016151kxxkxxk=−+=−+=+

，解得2525,55k−，()()2121212122611641kOPOQxxyykxxkxxk=+=++++=−=+，所以352k=，因为2525,55k−，所以352k−=，故C不正确；对于

D，设点(),Pmn，直线1l和2l的方程分别为()ynkxm−=−，()1ynxmk−=−−，即0kxynkm−+−=，110xynmkk−−++=，因为直线1l被圆1C截得的弦长与直线2l被圆2C截得的弦长相等，所以2241531111nmknkmkkkk−−+

+−−+−=++，化简得()23mnkmn−−=−−或()85mnkmn−+=+−，因为存在过点P无穷多对互相垂直的直线1l和2l，所以关于k的方程有无穷多解，从而有2030mnmn−−=−−=或8050mnmn−+=+−=

，解得5212mn==−或32132mn=−=，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：设点(),Pmn，由12ll⊥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P

的无穷多对互相垂直的直线1l和2l，得到关于k的方程有无数多组解，从而解出m，n.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知圆221:2610Cxyxy++−+=与圆222:42110Cxyxy+−+−=，则两圆的公共弦所在的直线方程为_

___________________.【答案】3460xy−+=【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221:(1)(3)9Cxy++−=的圆心1(1,3)C−，半径13r=，圆

222:(2)(1)16Cxy−++=的圆心2(2,1)C−，半径24r=，于是22122121||(12)(31)5(,)CCrrrr=−−++=−+，即圆12,CC相交，由2222261042110xyxyx

yxy++−+=+−+−=消去二次项得68120xy−+=，即3460xy−+=，所以两圆的公共弦所在的直线方程为3460xy−+=.故答案为：3460xy−+=13.已知mR，若过定点A的动直线1:0lxmy−=和过定点B的动直线2:0lmxym++=交于点P（P与A

，B不重合），则22PAPB+的值为__________.的【答案】1【解析】【分析】根据题意直线方程可得()0,0A，()1,0B−，分析可知PAPB⊥，即可得结果.【详解】因为动直线1:0lxmy−=过定点()0,0A，动直线2

:0lmxym++=过定点()1,0B−，且()110mm+−=，可知12ll⊥，即PAPB⊥，所以2221PAPBAB+==.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na的通项公式为21nan=−，现在对数列na进行n次“平均拓展”，得到一个新数列，记11213mbxxx=+++++为1a与2a之间的n次平均拓展之和，21235mbyyy=+++++为2a与3a之间的n次平

均拓展之和，，则m=__________；依此类推，将数列1，3，5，L，21经过n次“平均拓展”后得到的新数列的所有项之和记为S，则S=__________.【答案】①.21n−②.155211n++【解析】【分析

】由已知，分析每次构造后m的值，总结规律求出m；由分析可得()221nnbn=+，利用分组求和即可计算S.【详解】设nb表示na与1na+之间的n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1b而言，

第一次构造得到1，2，3，其中1m=，第二次构造得到1，32，2，52，3，其中3m=，第三次构造得到1，54，32，L，114，3，其中7m=，第四次构造得到1，98，54，L，114，238，3，其中15m=，由观察归纳，第n次构造得到1，1

x，L，mx，3，则21nm=−；因为经过n次“平均拓展”得到的新数列的项分别为1，1x，L，mx，3，1y，L，my，5，L，7，L，9，L，21n−，由11213mbxxx=+++++，则()()()113212212

nnb++==+，21235mbyyy=+++++，则()()()235214212nnb++==+，31257mbzzz=+++++，则()()()357216212nnb++==+，，所以数列{𝑏𝑛}的各项分别为()221n+，()

421n+，L，()221nn+，所以()221nnbn=+，因()(2420)21(3519)nS=++++−+++，所以155211nS+=+.故答案为：21n−；155211n++.【点睛】关键点点睛：经过n次构造可得1，1x，L，mx，3，则21

nm=−；数列{𝑏𝑛}每次构造后所添加的个数相同，即()221nnbn=+.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()10210012102xaaxax

ax−=++++.（1）求6a的值；（2）求12310aaaa++++的值.【答案】（1）3360（2）1023−【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】为二项式()102x−展

开式的通项为()10110C2rrrrTx−+=−，()010,Nrr，因为()10210012102xaaxaxax−=++++，所以()44610C23360a=−=；【小问2详解】令0x=，则()10021024a=−=，令1x=，则()10012101

2aaaa−=++++，可得012101aaaa++++=，因此1210011023aaaa+++=−=−.16.已知ABCV的三个顶点的坐标分别是(3,2)A，(5,3)B−，(1,3)C−.（1）

求ABCV的面积；（2）求ABCV外接圆的方程.【答案】（1）9（2）22113680333xyxy+++−=【解析】【分析】（1）求出BC与点A到直线BC的距离d，再利用12SBCd=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(5,3)B−，(1,3)C−，直线BC的斜率(3)315(1)BCk−−==−−−，则直线BC的方程为20xy+−=，点A到直线BC的距离|322|3222d+−==.又

225(1)(3)362BC=−−+−−=，所以ABCV的面积1132629222SBCd===.【小问2详解】解：设ABCV外接圆的方程为220xyDxEyF++++=，把点A，B，C的坐标代入圆的方程，得943202595301930DEFDEFDEF++

++=++−+=+−++=,可得13133683DEF===−，经检验符合题意.所以圆的方程为22113680333xyxy+++−=.17.已知数列na的前n项和2nSnn=+，数列nb是各项均为正数

的等比数列，()78458bbbb+=+，且12b=.（1）求na和nb的通项公式；（2）设24,,2nnnnnnaacanb+=为奇数为偶数，数列nc的前n项和为nT，证明：22518nT.【答案】（1）2nan

=，2nnb=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据na与nS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n项和2nSnn=+，当1n=时，1

12aS==，当2n时，221(1)(1)2nnnaSSnnnnn−=−=+−−−−=，因为12a=也适合上式，所以2nan=，设数列{𝑏𝑛}的公比为q，因为()78458bbbb+=+，的所以378458bbqbb+==+，解得2q=，又12b=

，所以2nnb=；【小问2详解】由题意得()1,2,2nnnnncnn+=为奇数为偶数，设数列2nc的奇数项之和为nA，偶数项之和为nB，则1111335(21)(21)nAnn=+++−+111111123352121nn=−

+−++−−+1112422n=−+，246224622222nnnB=++++，所以4682221246222422222nnnnnB+−=+++++，两式相减得35212

2131111221222114222223443324nnnnnnnnnB−++=++++−=−−=−+，所以868189949nnnB+=−，故218252918nnnTAB=++=.18.已知圆2

2:(5)1Qxy−+=和点(10,0)M.（1）点A在圆Q上运动，且A为线段ME的中点，求点E的轨迹曲线T的方程.（2）设E为（1）中曲线T上任意一点，过点E向圆Q引一条切线，切点为F.（i）求EF的取值范围.（ii）试探究：在x轴上是否存在定点G

（异于点Q），使得221EFEG+为定值？若存在，请求出定点G的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）224xy+=（2）（i）22,43；（ii）存在定点4,05G，22||125||4EFEG+=【解析】【

分析】（1）应用相关点法可求出动点E的轨迹曲线T的方程；（2）（i）根据221EFEQ=−，只需找出EQ的最大值和最小值即可求得；（ii）假设在x轴上存在定点(,0)(5)Gtt满足条件，据2222||1||||||EFEQEGEG+=分析对[2,2]x−恒为定值的条件，确定t值即可.【

小问1详解】解：设()00,Axy，(,)Exy，则001022xxyy+==，由点A在圆Q上运动，得()220051xy−+=，所以22122xy+=，则224xy+=即为点E的轨迹曲线T的方程.小问2详解】解

：（i）依题意可知直线EF与圆Q相切于点F，所以221EFEQ=−，当O（O为坐标原点），E，Q三点共线时，EQ取得最大值7和最小值3，所以EF的取值范围为22,43.（ii）设(),Exy为曲线22:4Txy+=上任意一点.假设在x轴上存在定点G（异于点Q）满足条件，设(

,0)(5)Gtt，因为EF为圆Q的切线，且圆Q的半径为1，【所以22222222222222||1||(5)10251029||||()224EFEQxyxyxxEGEGxtyxytxttxt+−++−+−+====−++−+−++.若对[2,2]x−恒为定值，则必有

2102924tt−=−+，得2529200tt−+=，所以45t=或5t=（舍去），所以在x轴上存在定点4,05G，使得2222||1||25||||4EFEQEGEG+==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()[]fxx=，其中x表示不超过x的最大整数.例如：[3.2]3=，[0.6]0=，[1.6]2−=−.已知数列na满足11a=，()2*11522nnnaaan++−=N

.（1）求2a.（2）证明：数列12na−是等比数列.（3）求2024a的个位数.【答案】（1）2（2）证明见解析（3）4【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()22

nan，利用缩放得到21523132nnnnaaaa+−−，即可求得21152[]312nnnnaaaa++−==−，利用构造法可得111322nnaa+−=−，即可证明数列12na−是等比数列；（3）

先利用（2）的结论计算202310112004313(101)122a+−+==，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11a=代入()2*11522nnnaaan++−=N，得21151522

[][]222a+−+===.【小问2详解】由题可得na为正整数，则211552[]2222nnnnnnnaaaaaaa++−==+，所以数列{𝑎𝑛}为递增数列，当2n时，22naa=.当2n时，()

2221924022nnnaaa−−−=−，即2122nnaa−−，所以2211522231022nnnnnaaaaa+−−−−−−=，即2152312nnnaaa+−−.由21552322nnnn

naaaaa+−+=.结合31na−，3na均为正整数，可得21152[]312nnnnaaaa++−==−，其中2n，而2131aa=−，故131nnaa+=−，其中1n.所以111322nnaa+−=−，由111022a−=

，得102na−，所以112312nnaa+−=−，故数列12na−是以12为首项，3为公比的等比数列.【小问3详解】由（2）可得111322nna−−=，()11312nna−=+，20231011

2004313(101)122a+−+==()0101111010100021010110111011101110113C10C10C10C10112−+−+−+=()0101111010100021

011101110113C10C10C1030101122−+−+−=()0101111010100021011101110113C10C10C1015101112−+−=+−，因为()0101111010100021011101110113

C10C10C102−+−为10的倍数，所以151011115164−=，故2024a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21523132nnnnaaaa+−−，结合31na−，3na均为正整数，确定2152[]31

2nnnaaa+−=−.