精品解析：福建省宁德市部分学校2026-2027学年高二上学期11月期中适应性练习数学试题

2026-2027学年第一学期适应性练习 高二数学 （满分：150分 练习时间：120分钟） 一、单项选择题：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. 若直线的倾斜角为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2. 等差数列1，82，163，.…，2026共有多少项（ ） A. 24项 B. 25项 C. 26项 D. 27项 3. 在数列中，，，则（ ） A. 4 B. C. 8 D. 4. 一个人打靶时连续射击3次，设事件M为“至少有两次中靶”，则下列事件中与M互斥但不对立的是（ ） A. 至多有一次中靶 B. 恰好有一次中靶 C. 至多有两次中靶 D. 三次都中靶 5. 已知直线过点，且与圆：相交于两点，为坐标原点，若，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 设，分别为数列，的前n项和，，且，则当取得最大值时，（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 7. 已知圆M：，直线为，已知直线与圆M相离，若在直线上存在点A，过A作圆M的两条切线，切点分别为B、C，使得，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 一只蚂蚁在棱长为1米的四棱锥的棱上爬行，每次当它到达四棱锥的顶点后，会在过此顶点的棱中等可能地选择一条棱继续爬行（包含来时的棱），蚂蚁每分钟爬行1米，时蚂蚁位于点A处，记为第n分钟末蚂蚁在点A的概率，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 数列的公比为 D. 当为奇数时，恒有 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每题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，选错得0分. 9. 设事件A，B满足，，则下列命题正确的有（ ） A. 若，则A与B相互独立 B. 若A与B相互独立，则 C. D. 若，则 10. 已知等差数列的前项和为，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为递减数列 B. 记数列的前项和为，则 C. 使得的的最小值为11 D. 使得的的最大值为19 11. 古希腊数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.例如：在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为圆，其方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 已知点，，圆上存在点Q，使得 B. 圆上恰有一个点到直线的距离为2 C. 在轴上存在异于的两个定点，使得 D. 点为圆上一动点且点不在轴上，则必有直线、关于直线对称 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点、，直线过M点，且P到直线的距离为1，则直线的方程为____. 13. 连续两次掷一枚质地均匀的骰子，得到的两个点数依次记为a，b，点在直线上的概率是_____ 14. 设数列满足，.记数列的前n项和为，为不超过实数x的最大整数，则_____. 四、解答题：本大题共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. 如图所示，已知四边形为直角梯形，为坐标原点，，. （1）求点坐标； （2）判断的形状，并求出它的面积. 16. 已知是数列的前n项和，且，满足. （1）求数列的通项公式； （2）若，为数列的前n项和，证明：. 17. 某商场举办消费返利抽奖活动，规则如下：顾客每消费满100元，可获得一次抽奖机会.抽奖设有甲、乙两个箱子，甲箱内装有编号为1、3、5、7的4个小球，乙箱内装有编号为2、4、6、8的4个小球.每次抽奖从甲、乙两箱中各取出1个小球，两球编号之和即为本次满减金额. （1）某顾客消费100元，求其满减金额不低于10元的概率； （2）某顾客消费300元，求其满减金额不低于40元的概率. 18. 已知圆C：，直线过原点且与圆C交于第一象限不同的两个点A，B. （1）求直线的斜率k的范围； （2）若直线的倾斜角为，求长； （3）若A为线段的中点，求直线的方程. 19. 卷积是信号处理和图像处理等领域中一种常见的数学运算.若有两个数列和，做卷积之后仍是一个数列，，当时，其运算为： 数列满足，；数列满足，. （1）求数列与的通项公式； （2）若数列与做卷积运算，当时，求出的所有项，并求和； （3）若数列与做卷积运算，求出的通项公式，并求其所有项的和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期适应性练习 高二数学 （满分：150分 练习时间：120分钟） 一、单项选择题：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. 若直线的倾斜角为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线的倾斜角与斜率的关系，直线的斜截式方程求解即可. 【详解】因为直线的倾斜角为， 所以直线的斜率为, 将直线方程化为斜截式方程为：， 所以直线的斜率为，所以，解得. 2. 等差数列1，82，163，.…，2026共有多少项（ ） A. 24项 B. 25项 C. 26项 D. 27项 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用等差数列的通项公式，列出方程，即可求解. 【详解】由等差数列1，82，163，.…，2026，可得等差数列的首项为，公差， 设为等差数列的第项，则，解得. 3. 在数列中，，，则（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】递推式中分子为，分母为，取倒数后恰好拆成两项之和，相邻两项之差为常数，转化为等差数列求通项. 【详解】由，两边取倒数得，. 故数列是首项为，公差为 1 的等差数列， 于是， 即，所以. 4. 一个人打靶时连续射击3次，设事件M为“至少有两次中靶”，则下列事件中与M互斥但不对立的是（ ） A. 至多有一次中靶 B. 恰好有一次中靶 C. 至多有两次中靶 D. 三次都中靶 【答案】B 【解析】 【分析】根据互斥事件，对立事件的定义依次讨论各选项即可. 【详解】对于A选项，“至多有一次中靶”与“至少有两次中靶”为对立事件，故错误； 对于B选项，“恰好有一次中靶”与“至少有两次中靶”不能同时发生，且可能都不发生，故互斥且不对立，满足题意； 对于C选项，“至多有两次中靶”与“至少有两次中靶”可以同时发生，即“两次中靶”，故不互斥，错误； 对于D选项，“至少有两次中靶”中包含事件“三次都中靶”，故不互斥，错误. 5. 已知直线过点，且与圆：相交于两点，为坐标原点，若，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由可得原点在线段的垂直平分线上，结合圆的弦被过圆心的直线垂直平分，故圆心也在的垂直平分线上，得到，由的斜率求的斜率，再代入点即得直线方程. 【详解】由，知在线段的垂直平分线上. 又是圆的弦，弦的垂直平分线必过圆心. 故的垂直平分线就是直线，从而. 的斜率，所以的斜率. 又直线过，所以直线的方程为，即. 6. 设，分别为数列，的前n项和，，且，则当取得最大值时，（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】先根据与的关系求得，再结合的通项公式及符号即可求解. 【详解】由， 当时，，得。 当时，，两式相减得：，即， 所以是首项为，公比为的等比数列，所以，， 所以，， 注意到，当时，，当时， 所以，要使最大，则只需的正数项求和即可， 所以，当时，最大. 7. 已知圆M：，直线为，已知直线与圆M相离，若在直线上存在点A，过A作圆M的两条切线，切点分别为B、C，使得，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出圆心与半径；借助切线性质与切线长定理，由切线夹角算出点到圆心的距离；把直线上存在该点转化为圆心到直线距离不超过此定值，再结合线圆相离得到距离下限，列不等式组求解参数范围. 【详解】圆：，圆心，半径. 连接，，，由切线性质知. 由切线长定理，平分.因为，所以. 在中，. 直线上存在点A，满足，等价于圆心到直线的距离不大于. 又直线与圆相离，故圆心到直线的距离大于半径. 圆心到直线距离. 列不等式组，解得， 所以实数m的取值范围是. 8. 一只蚂蚁在棱长为1米的四棱锥的棱上爬行，每次当它到达四棱锥的顶点后，会在过此顶点的棱中等可能地选择一条棱继续爬行（包含来时的棱），蚂蚁每分钟爬行1米，时蚂蚁位于点A处，记为第n分钟末蚂蚁在点A的概率，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 数列的公比为 D. 当为奇数时，恒有 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得数列的递推公式为，整理得，求得，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】设为第n分钟末在点A的概率，第n分钟末不在点A的概率为， 若第n分钟末在底面某个顶点，从该顶点爬回点A的概率为， 所以递推公式为，整理可得， 因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 对于A，由，所以A不正确； 对于B，由，，所以，所以B正确； 对于C，因为数列的公比为，所以C不正确 对于D，当n为奇数时，由，因为，所以，所以D不正确. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每题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，选错得0分. 9. 设事件A，B满足，，则下列命题正确的有（ ） A. 若，则A与B相互独立 B. 若A与B相互独立，则 C. D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由条件可得，结合独立事件的定义即可判断；对于B，根据独立事件的概率公式、概率的加法公式求解判断即可；对于C，当时，有最小值，当与互斥时，有最大值，进而求解判断即可；对于D，求出即可判断. 【详解】对于A，因为，，， 所以，则A与B相互独立，故A正确； 对于B，若与相互独立，则， 所以，故B正确； 对于C，当时，有最小值； 当与互斥时，有最大值， 所以，故C正确； 对于D，若，则， 而，则，所以，故D错误. 10. 已知等差数列的前项和为，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为递减数列 B. 记数列的前项和为，则 C. 使得的的最小值为11 D. 使得的的最大值为19 【答案】ABC 【解析】 【分析】由结合等差数列的前项和公式可得，结合可得，进而判断A，分析可得时，，时，，进而求解判断BCD. 【详解】对于A，由，则， 而，则，因此等差数列为递减数列，故A正确； 对于B，由A知，时，，时，， 则 ，故B正确； 对于CD，由于等差数列为递减数列，且，时，，时，， 则使得的的最小值为11，故C正确， 使得的的最大值为9，故D错误. 11. 古希腊数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.例如：在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为圆，其方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 已知点，，圆上存在点Q，使得 B. 圆上恰有一个点到直线的距离为2 C. 在轴上存在异于的两个定点，使得 D. 点为圆上一动点且点不在轴上，则必有直线、关于直线对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，满足的点的轨迹是圆，根据圆与圆的位置关系判断出圆和圆外离即可判断；对于B，根据圆心到直线的距离判断；对于C，假设存在这样的定点，设，，并由距离公式结合点的轨迹方程，利用待定系数法解方程判断；对于D，结合，根据角平分线的性质判断. 【详解】如图： 对于选项A，若，则在以为直径的圆上. 因为中点，直径， 所以圆的半径，则圆的方程为， 设圆的半径为，则，圆心距， 则圆和圆外离，即圆上不存在点，使得，故A错误； 对于选项B，圆心到直线的距离为， 则该直线与圆相离，因为，也就是圆上恰有一个点到直线距离等于2（离直线最近那一点），故B正确； 对于选项C，假设存在这样的点，可设，， 可得， 两边平方并整理：， 由的轨迹方程为，可得，， 解得，或，（舍去），即存在，，故C正确. 对于选项D，由题知，所以平分，即直线、关于直线对称，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点、，直线过M点，且P到直线的距离为1，则直线的方程为____. 【答案】或 【解析】 【详解】根据直线斜率是否存在分情况讨论： ①当直线的斜率不存在时，直线方程为，点到直线的距离为，不符合题意，舍去； ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即. 由点到直线的距离公式，点到直线的距离为1，得 ，解得或. 当时，直线方程为； 当​时，直线方程为，即. 综上，直线的方程为或. 13. 连续两次掷一枚质地均匀的骰子，得到的两个点数依次记为a，b，点在直线上的概率是_____ 【答案】 【解析】 【详解】连续两次掷一枚均匀骰子，按顺序记下点数，样本空间共有个样本点，而且每个样本点出现的可能性相同，因此属于古典概型。 点在直线上，把、代入得， 两边同乘得，即． 因为，逐一检验： 时，符合； 时，符合； 时，不符合． 所以事件的样本点为、，共个． 因此所求概率． 14. 设数列满足，.记数列的前n项和为，为不超过实数x的最大整数，则_____. 【答案】1023 【解析】 【分析】先化简得出数列为单调递增数列或单调不减数列，再应用裂项相消计算最后应用函数新定义得出值. 【详解】由两边同时减得：， 所以数列为单调递增数列或单调不减数列. 因为，所以对任意正整数，都有：， 由，等式两边同时减去2，并因式分解得： ① 因为，所以. 对式①两边取倒数，得： ，得： 因为， 所以 . 数列为单调递增数列（或单调不减数列），所以 . 四、解答题：本大题共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. 如图所示，已知四边形为直角梯形，为坐标原点，，. （1）求点坐标； （2）判断的形状，并求出它的面积. 【答案】（1） （2）等腰直角三角形，5 【解析】 【分析】（1）根据平行关系与垂直关系求得直线，的方程，并联立即可得答案； （2）根据直线的斜率关系得，再求解的长度即可判断形状，再计算面积即可. 【小问1详解】 解：因为，，所以， 因为四边形为直角梯形， 所以，，所以， 所以直线方程为：，即 直线方程为：， 所以，联立，解得 所以，点坐标为. 【小问2详解】 解：因为，，， 所以 因为， 所以， 所以为等腰直角三角形. 所以， 所以的面积为5. 16. 已知是数列的前n项和，且，满足. （1）求数列的通项公式； （2）若，为数列的前n项和，证明：. 【答案】（1） （2）证明：由（1）知，所以 所以 所以数列的前n项和 下面证明不等式： 是关于n的递增数列 当时，取得最小值：，所以. 又因为，所以 所以， 综上所述，得证. 【解析】 【分析】（1）由与的关系得当，，再结合等差数列定义及通项公式求解即可； （2）根据裂项相消求和法求解，并结合的单调性证明即可. 【小问1详解】 解：由①得， 当，② 由①-②得：， 整理得，因为，所以 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列. 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 略 17. 某商场举办消费返利抽奖活动，规则如下：顾客每消费满100元，可获得一次抽奖机会.抽奖设有甲、乙两个箱子，甲箱内装有编号为1、3、5、7的4个小球，乙箱内装有编号为2、4、6、8的4个小球.每次抽奖从甲、乙两箱中各取出1个小球，两球编号之和即为本次满减金额. （1）某顾客消费100元，求其满减金额不低于10元的概率； （2）某顾客消费300元，求其满减金额不低于40元的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概率模型求解即可； （2）分别计算单次抽奖满减金额为11,13,15的概率，再结合满减金额不低于40求解即可. 【小问1详解】 解：设事件 “满减金额不低于10元”，由题意可得 满减金额不低于10元的样本点：（3，8），（5，6），（5，8），（7，4）（7，6），（7，8）共6个，即 所以， 【小问2详解】 解：单次抽奖满减金额为11元的样本点：（3，8），（5，6），（7，4）， 所以单次抽奖满减金额为11元的概率为 单次抽奖满减金额为13元的样本点：（5，8），（7，6）， 所以单次抽奖满减金额为13元的概率为 单次抽奖满减金额为15元的样本点：（7，8）， 所以单次抽奖满减金额为15元的概率为 满减金额为45元的概率为 满减金额为43元的概率为 满减金额为41元的概率为. 所以满减金额不低于40元的概率为. 18. 已知圆C：，直线过原点且与圆C交于第一象限不同的两个点A，B. （1）求直线的斜率k的范围； （2）若直线的倾斜角为，求长； （3）若A为线段的中点，求直线的方程. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题意设直线的方程为，将问题转化为直线与圆公共点问题求解即可； （2）根据题意得直线的方程为，再结合点到直线的距离公式，弦长公式求解即可； （3）不妨设直线的方程为，其中，设A点坐标为，B点坐标为，根据题意得，再将直线方程与圆的方程联立，结合韦达定理求解即可. 【小问1详解】 解：如图，设过原点且与圆C相切于第一象限的直线方程为， 因为直线与圆C交于第一象限不同的两个点,所以直线与圆C相交， 因为圆的圆心为，半径， 所以，，解得 , 又，所以 . 【小问2详解】 解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为， 所以，直线的方程为， 所以，圆心C到直线的距离为， 所以，. 【小问3详解】 解：不妨设直线的方程为，其中， 设A点坐标为，B点坐标为， 所以，联立方程得：，其中、为方程的两根 ∴，在恒成立， 又∵为线段的中点，∴ 将代入方程组得：，解得 ∴直线的方程为. 19. 卷积是信号处理和图像处理等领域中一种常见的数学运算.若有两个数列和，做卷积之后仍是一个数列，，当时，其运算为： 数列满足，；数列满足，. （1）求数列与的通项公式； （2）若数列与做卷积运算，当时，求出的所有项，并求和； （3）若数列与做卷积运算，求出的通项公式，并求其所有项的和. 【答案】（1），，，. （2）3；11；10；所有项的和为24. （3），；所有项的和为. 【解析】 【分析】（1）根据累乘法与累加法分别求解与的通项公式； （2）结合卷积的定义，计算，，，并求和即可； （3）由卷积的定义形式可知，分，两种情况讨论，并结合错位相减法求解得的通项公式，最后再求和即可. 【小问1详解】 解：由可得，， 因为， 所以，，， 即，显然，满足的情况， 所以，数列的通项公式是，. 由可得，， 因为， 所以，当时， ，显然满足的情况， 所以，数列的通项公式是，. 【小问2详解】 解：由（1）可知，，， 结合题中卷积的定义，所以，，， 所以，， 所以的所有项的和为24. 【小问3详解】 解：由卷积的定义形式可知，当时，数列为等差乘等比数列形式，采用错位相减法： ① ② ①-②式得：， 所以； 当时，， 展开：，③ 乘得：，④ 得：， 即： 所以 所以 综上，可得数列的通项公式为： ， 由卷积的定义可知数列一共有项，设其所有项和为， 所以 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $