精品解析：福建省龙岩第一中学2024-2025学年高二上学期第一次质量检测数学试卷

龙岩一中2024–2025学年第一学期第一次质量检测 高二年级数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上． 2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项” 第Ⅰ卷（选择题共58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． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知等差数列满足，则（    ） A. B. 1 C. 0 D. 2. 已知直线与直线间的距离为2，则（ ） A. 或4 B. 4 C. 或6 D. 或16 3. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则（ ） A. 5 B. 6 C. 9 D. 11 5. 等比数列的前项积为，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 6. 用，，，，，这六个数字可以组成（ ）个无重复数字，符合“小于4310的四位偶数” A. B. C. D. 7. 从2023年伊始，各地旅游业爆火，少林寺是河南省旅游胜地．某大学一个寝室6位同学慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求相邻，在的左边，则不同的站法共有（ ） A. 480种 B. 240种 C. 120种 D. 60种 8. 已知实数x，y满足，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 二．多选题：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. 下列说法中错误的是（ ） A. 不过原点的直线都可以用方程表示 B. 若直线，则两直线的斜率相等 C. 过两点的直线都可用方程表示 D. 若两条直线中，一条直线的斜率存在，另一条直线的斜率不存在，则两条直线垂直 10. 若，其中为实数，则（ ） A. B. C. D. 11. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.平面直角坐标系中，曲线C：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论： ①曲线C围成的图形的周长是； ②曲线C围成的图形的面积是2π； ③曲线C上的任意两点间的距离不超过2； ④若P（m，n）是曲线C上任意一点，的最小值是 其中正确的结论为（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分． 12. 已知直线过点且与以为方向向量的直线平行，则的方程为______. 13. 曲线与直线l：y＝k（x－2）＋4有两个交点，则实数k的取值范围是________． 14. 将正整数分解成两个正整数的积，即，当两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如，其中即为20的最优分解，当是的最优分解时，定义，则数列的前2023项和为__________. 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. 若圆C经过点和，且圆心在x轴上，则： （1）求圆C的方程． （2）直线与圆C交于E、F两点，求线段的长度． 16. 已知数列的前n项和为，从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，条件①，且；条件②为等比数列，且满足；解答下列问题．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． （1）求数列的通项公式； （2）设，记的前n项和为，若对任意正整数n，都有，求实数的取值范围． 17. 已知的二项式系数之和为4096． （1）求展开式中的常数项； （2）求展开式中系数最大项． 18. 已知过原点的动直线与圆． （1）求直线与圆相交时，它的斜率的取值范围； （2）当与圆相交于不同的两点时，求线段的中点的轨迹方程． 19. 出租车几何学是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创立的．在出租车几何学中，点还是形如的有序实数对，直线还是满足的所有组成的图形，角度大小的定义也和原来一样，对于直角坐标系内任意两点定义它们之间的一种“距离”（“直角距离”）：．请解决以下问题： （1）求线段上一点到原点的“距离”； （2）求所有到定点的“距离”均为2的动点围成的图形的周长； （3）在“欧式几何学”中有如下两个与“距离”有关的正确结论： ①平面上任意三点A，B，C，； ②平面上不在一直线上任意三点A，B，C，若；则是以为直角三角形. 上述结论对于“出租车几何学”中的直角距离是否还正确，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙岩一中2024–2025学年第一学期第一次质量检测 高二年级数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上． 2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项” 第Ⅰ卷（选择题共58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． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知等差数列满足，则（    ） A. B. 1 C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式求解即可. 【详解】由可得：， 所以， 故选：C 2. 已知直线与直线间的距离为2，则（ ） A. 或4 B. 4 C. 或6 D. 或16 【答案】D 【解析】 【分析】利用平行线间的距离公式求解即可. 【详解】由题意可知，直线与直线平行，所以， 因为直线与直线间的距离为2， 所以，解得或. 故选：D. 3. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线平行的条件，判断“”和“直线与直线平行”之间的逻辑关系，即可得答案. 【详解】当时，直线与平行； 当直线与直线平行时， 有且，解得， 故“”是“直线与直线平行”的充要条件. 故选：A. 4. 已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则（ ） A. 5 B. 6 C. 9 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列下标和性质及等差数列求和公式计算可得. 【详解】因为等差数列和的前项和分别为和，且， 所以. 故选：C 5. 等比数列的前项积为，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可得，即可根据基本不等式求解. 【详解】由等比数列的性质可知，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 故选：C. 6. 用，，，，，这六个数字可以组成（ ）个无重复数字，符合“小于4310的四位偶数” A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分千位小于，千位为，百位小于，千位为，百位等于，当十位小于时，然后根据分类计数原理可得． 【详解】当千位小于时，有种， 当千位是，百位小于时，有种， 当千位是，百位是，十位小于时，有种， 由分类计数原理，可得小于的四位偶数共有， 故选：B. 7. 从2023年伊始，各地旅游业爆火，少林寺是河南省旅游胜地．某大学一个寝室6位同学慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求相邻，在的左边，则不同的站法共有（ ） A. 480种 B. 240种 C. 120种 D. 60种 【答案】C 【解析】 【分析】结合捆绑法与全排列，并消除和的顺序即可求解. 【详解】站在一起有种， 将看成一个整体与进行全排列，共有种， 同时要求在的左边，共有种． 故选：. 8. 已知实数x，y满足，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设为圆上的任意一点，构造直线，过点p作，将转化为点p到直线的距离和到原点的距离的比，即，然后利用数形结合法求得的范围求解. 【详解】如图所示： 设为圆上的任意一点， 则点P到直线的距离为， 点P到原点的距离为， 所以， 设圆与直线相切 则圆心到直线的距离：，解得， 所以的最小值为，最大值为， 所以， 即 故的最大值为， 故选：B 【点睛】本题主要考查点到直线的距离，直线与圆的位置关系以及三角函数的性质的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题. 二．多选题：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. 下列说法中错误的是（ ） A. 不过原点的直线都可以用方程表示 B. 若直线，则两直线的斜率相等 C. 过两点的直线都可用方程表示 D. 若两条直线中，一条直线的斜率存在，另一条直线的斜率不存在，则两条直线垂直 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据对直线的截距式、两点式的理解即可判断AC；根据两直线的位置关系即可判断BD. 【详解】A：直线的截距式方程不能表示过原点和垂直于坐标轴的直线，故A错误； B：和的斜率有可能不存在，故B错误； C：选项中的方程是直线的两点式方程化为整式后的结果， 直线的两点式方程不能表示垂直于坐标轴的直线， 但化为整式后就可以表示任意直线，故C正确； D：直线斜率不存在，则直线垂直于x轴； 直线斜率存在，但不一定为0，所以两直线不一定垂直，故D错误. 故选：ABD. 10. 若，其中为实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定的条件，把写成，再利用二项式定理结合赋值法，逐项计算判断作答. 【详解】依题意，令， 对于A，，A错误； 对于B，是按展开的第4项系数，因此，B正确； 对于C，，， 所以，C正确； 对于D，，D错误. 故选：BC 11. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.平面直角坐标系中，曲线C：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论： ①曲线C围成的图形的周长是； ②曲线C围成的图形的面积是2π； ③曲线C上的任意两点间的距离不超过2； ④若P（m，n）是曲线C上任意一点，的最小值是 其中正确的结论为（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】AD 【解析】 【分析】对绝对值里面的进行分类讨论，去掉绝对值；根据图象曲线C是四个半径为的半圆围成的图形，求出周长判断①正确；可以知道曲线C所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和，判断②错误；由曲线C的图象可知，曲线C上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，判断③错误；利用点到直线距离判断④正确. 【详解】当时，曲线C的方程可化为； 当时，曲线C的方程可化为； 当 时，曲线C的方程可化为； 当时，曲线C的方程可化为； 由图可知，曲线C是四个半径为的半圆围成的图形， 即曲线C围成的图形的周长是，故①正确； 曲线C所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和， 从而曲线C所围成图形的面积为，故②错误； 由曲线C的图象可知，曲线C上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和， 即，故③错误； 因为到直线的距离为，所以， 当d最小时，易知在曲线C的第一象限内的图象上， 因为曲线C的第一象限内的图象是圆心为，半径为的半圆， 所以圆心到的距离， 从而， 即，故④正确. 故选：AD. 【点睛】绝对值问题的处理思路：对绝对值里面的数的正负进行分类讨论，去掉绝对值，从而确定方程，确定图象. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分． 12. 已知直线过点且与以为方向向量的直线平行，则的方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线的方向向量求斜率，再结合直线的点斜式方程运算求解. 【详解】由题意可知：直线的方向向量为，则直线的斜率， 所以直线的方程为，即. 故答案为：. 13. 曲线与直线l：y＝k（x－2）＋4有两个交点，则实数k的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】首先画出曲线表示的半圆，再判断直线是过定点的直线，利用数形结合判断的取值范围. 【详解】直线l过点A（2，4），又曲线的图象是以（0，1）为圆心，2为半径的半圆， 如图，当直线l与半圆相切，C为切点时，圆心到直线l的距离d＝r， 即，解得. 当直线l过点B（－2，1）时，直线l的斜率为， 则直线l与半圆有两个不同的交点时，实数k的取值范围为. 故答案为： 14. 将正整数分解成两个正整数的积，即，当两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如，其中即为20的最优分解，当是的最优分解时，定义，则数列的前2023项和为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】分为奇数和偶数，按照最优分解定义，求数列的通项，再求和. 【详解】当时，，则， 当时，，则， 故数列的前2023项和为 . 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对新概念的理解，并对分奇数和偶数两种情况进行讨论，从而得到数列的通项公式. 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. 若圆C经过点和，且圆心在x轴上，则： （1）求圆C的方程． （2）直线与圆C交于E、F两点，求线段的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由圆心既在线段的垂直平分线上，又在x轴上，可联立直线方程求圆心，进而得半径与圆的方程； （2）利用几何法，先求圆心到直线的距离，再利用勾股定理求半弦长即可得. 【小问1详解】 因为和，线段的中点为，且， 则的垂直平分线方程为，由圆的性质可知，圆心在该直线上， 又已知圆心在轴上，令，得， 故圆心为，半径， 则圆圆C的方程为. 【小问2详解】 由圆心到直线的距离，. 故线段的长度为. 16. 已知数列的前n项和为，从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，条件①，且；条件②为等比数列，且满足；解答下列问题．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． （1）求数列的通项公式； （2）设，记的前n项和为，若对任意正整数n，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）若选择①得到，得到等比数列公比为，计算得到，若选择②，计算，得到公比，计算得到通项公式. （2）确定，，利用裂项相消法得到，得到实数的取值范围. 【小问1详解】 若选择条件①：且，则， 两式相减，， 又，，解得， 则为公比的等比数列， 因此数列的通项公式为：； 若选择条件②：为等比数列，且满足， 则，， 因此可得， 则. 【小问2详解】 由（1）知，， 则， ， 又，则，故， 要使不等式恒成立，则，即. 17. 已知的二项式系数之和为4096． （1）求展开式中的常数项； （2）求展开式中系数最大项． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数可得，求得，进而求得展开式的通项为，根据题意得，可求得展开式的常数项； （2）设展开式第项的系数最大，得出不等式组，可求得系数最大的项. 【小问1详解】 因为的二项式系数之和为4096． 所以，解得， 所以二项式展开式的通项为， 令，解得，所以展开式的常数项为. 【小问2详解】 设展开式中第项的系数最大， 则，可得，解得， 因为，所以，所以系数最大的项为. 18. 已知过原点的动直线与圆． （1）求直线与圆相交时，它的斜率的取值范围； （2）当与圆相交于不同的两点时，求线段的中点的轨迹方程． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）利用直线与圆的位置关系计算即可； （2）设坐标，联立直线与圆方程，根据韦达定理用坐标表示M坐标，消参化简即可. 【小问1详解】 圆，整理可得标准方程为， 圆的圆心坐标为，半径为2． 设直线的方程为，即， 直线与圆相交， 圆心到直线的距离， 解得， 即的取值范围是； 【小问2详解】 由（1）知直线的方程为，． 设, 将直线与圆的方程联立，可得． 由根与系数的关系可得，所以． 线段的中点的轨迹的参数方程为， 其中，则，即 消去得， 线段的中点的轨迹的方程为，其中． 19. 出租车几何学是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创立的．在出租车几何学中，点还是形如的有序实数对，直线还是满足的所有组成的图形，角度大小的定义也和原来一样，对于直角坐标系内任意两点定义它们之间的一种“距离”（“直角距离”）：．请解决以下问题： （1）求线段上一点到原点的“距离”； （2）求所有到定点的“距离”均为2的动点围成的图形的周长； （3）在“欧式几何学”中有如下两个与“距离”有关的正确结论： ①平面上任意三点A，B，C，； ②平面上不在一直线上任意三点A，B，C，若；则是以为直角三角形. 上述结论对于“出租车几何学”中的直角距离是否还正确，并说明理由． 【答案】（1）2 （2） （3） ①设， 则，，， 根据绝对值三角不等式可知，， 同理， 故， 故成立，故①正确； ②设， 则，， ， ，， ， 满足，但，故②错误. 综上所述：①正确，②错误. 【解析】 【分析】（1）根据“直角距离”的定义直接求解即可； （2）设点到定点的“距离”为2，再根据定义：任意两点间的“距离”，分四种情况求解即可； （3）直接证明或举出反例判断即可. 【小问1详解】 易得线段上一点到原点的“距离”为： . 【小问2详解】 设点到定点的“距离”为2， 则①当时，， 此时为线段， ②当时，， 此时为线段， ③当时，， 此时为线段， ④当时，， 此时为线段， 易得围成的图形的形状为以，为顶点的正方形， 故周长为. 【小问3详解】 略 【点睛】解答新定义问题的策略： （1）通过给定的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. （2）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $