【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,912.838 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64mn=
=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.24D.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
12nnaa+=,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11xy==−,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324
0xy−+=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:P
BBAPBBAPA+=+=,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20122
0yx−−=−−−−,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.2155,816B.212,8C.3521,168D.119
21,648【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,nnnnSSaannnn−−−=−N,所以()211nnnnnn
aaSSa−−−=−=,所以()2211nnanna−−=,即111nnnnaann−+=−,所以数列1nnna+是常数列,当1n=时,11111a+=,所以11nnna+=,即1nnan=+,因为()231nn
ann−,所以()()1312nnn+−,令()()1312nnnnb+−=,所以()()()()2111232131346222nnnnnnnnnnnbb++++++−−++−=−=212223392nn+−−−
=,当2n时,10nnbb+-<,即34nbbbL,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=,45516b=,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1
2nxx−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37765356
C==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!120==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227
5CC765410528==种方法,随后安排训练,有33A3!6==种方法,则共有1056630=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35
2+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(𝑥
1,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()()22
12341565CC=−−+−=,所以6544+,因为1212CCrr+,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()22
1650kxx+++=,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80
50mnmn−+=+−=,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2222261042110xyxyxyxy++−+=+−+−=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mR,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22
21PAPBAB+==.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1,1x,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()()()113212212nnb++==+,21235mbyyy=+++++,则()()()235214212nnb++==+,31257mbzzz=+++++,则()()()35721621
2nnb++==+,,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21nm=−;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()10210012102xaaxaxax−=++++.(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()100121012aaaa−=++++,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2
4,,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,112aS==,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()1,2,2nn
nnncnn+=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352122131111221222114222223443324nnnnnnnnnB−+
+=++++−=−−=−+,所以868189949nnnB+=−,故218252918nnnTAB=++=.18.已知圆22:(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)22
4xy+=(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221
EFEQ=−,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()[]fx
x=,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()22nan
,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2023101120043
13(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,()2221924
022nnnaaa−−−=−,即2122nnaa−−,所以2211522231022nnnnnaaaaa+−−−−−−=,即2152312nnnaaa+−−.由21552322nnnnnaaaaa+−+=.结合31na−,3na均为正整数,可得2115
2[]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−=+,202310112004313(101)122a+−+==()0101111010100021010110111011101110113C10C10C10C101
12−+−+−+=()0101111010100021011101110113C10C10C1030101122−+−+−=()0101111010100021011101110113C10C10C1015101112−+−=+−,因为()0101111010
100021011101110113C10C10C102−+−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[]312nnnaaa+−=−.