江苏省常州高级中学
2023~2024学年第一学期期末质量检查高二年级
数学试卷
本卷总分150分,考试时间120分钟
一、单项选择题:(本题共8小题,每小题5分,共计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. 以椭圆的顶点为焦点,焦点为顶点的双曲线方程为( )
A. B.
C. D.
2. 已知的展开式中所有奇数项的二项式系数的和为,则展开式中有理项共有( )项
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
3. 等差数列的前项和为,若,,则( )
A. 18 B. 19 C. 20 D. 21
4. 从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中任意取出三个不同的数,若这三个数的和为不小于9的奇数,则不同的取法有( )种.
A. 54 B. 53 C. 47 D. 46
5. 已知数列满足,若,则数列前10项和为( )
A. B. C. D.
6. 在抛物线上取横坐标为和2的两点,平行于直线的直线同时与抛物线和圆相切,则( )
A. B. C. D.
7. 杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家.他在《详解九章算法》一节中,画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵,这就是著名的“杨辉三角”.在“杨辉三角”中,从第2行开始,除1以外,记每一行第个数组成的数列称为第斜列,该三角形数阵前5行如图所示,则该三角形数阵前2024行中第斜列各项之和为( )
A. B. C. D.
8. 已知、为双曲线的左、右焦点,若过的直线与双曲线的左支交于、两点,记的内切圆的半径为,的内切圆的半径为,若,则此双曲线离心率的值为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题:(本题共4小题,每小题5分,共计20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.)
9. 下列结论中正确的是( )
A. 若直线方程,则直线的倾斜角为
B. 已知曲线(,不全为0),则曲线的周长为
C. 若直线与直线垂直,则
D. 圆与圆的公切线条数为2
10. 已知由样本数据组成的一个样本,根据最小二乘法求得线性回归方程为且,去除两个异常数据和后,得到新的线性回归直线的斜率为3,则下列结论中正确的是( )
A. 相关变量,具有正相关关系
B. 去除异常数据后,新的平均数
C. 去除异常数据后的线性回归方程为
D. 去除异常数据后,随值增加,值增加速度变大
11. 2023年国外某智库发布《尖端技术研究国家竞争力排名》的报告,涵盖了超音速、水下无人潜航器、量子技术、人工智能、无人机等二十多个领域.报告显示,中国在其中19个领域处于领先.某学生是科技爱好者,打算从这19个领域中选取这5个领域给班级同学进行介绍,每天随机介绍其中一个领域,且每个领域只在其中一天介绍,则下列结论中正确的是( )
A. 都在后3天介绍的方法种数为36
B. 相隔一天介绍的方法种数为36
C. A不在第一天,不在最后一天介绍的方法种数为72
D. A在,之前介绍的方法种数为40
12. 在边长为2的等边三角形纸片中,取边的中点,在该纸片中剪去以为斜边且的直角三角形得到新的纸片,再取的中点,在纸片中剪去以为斜边且的直角三角形得到新的纸片,以此类推得到纸片,,…,,…,设的周长为,面积为,则( )
A. B.
C D.
三、填空题:(本题共4小题,每小题5分,共计20分.)
13. 等比数列的前项和为,已知,,成等差数列,则等比数列的公比为______.
14. 某单位为了调查性别与对工作的满意程度是否具有相关性,随机抽取了若干名员工,所得数据统计如下表所示,其中,且,若有的把握可以认为性别与对工作的满意程度具有相关性,则的值是______.
对工作满意 对工作不满意
男
女
附:,其中.
15. 椭圆左、右焦点分别为,,过右焦点作斜率为1的直线与椭圆相交,其中交点落在第一象限,若,则的值为______.
16. 已知数列满足,若,则______.
四、解答题:(本题共6小题,共计70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17. 已知数列为等差数列,为公比为3的等比数列,且.
(1)证明:;
(2)若集合,求集合中的元素个数.
18. 已知,是正整数,的展开式中的系数为15.
(1)求展开式中的系数的最小值;
(2)已知展开式中的二项式系数的最大值为,项的系数的最大值为,求.
19. 某公司为了解年研发资金投入量(单位:亿元)对年销售额(单位:亿元)的影响.对公司近12年的年研发资金投入量和年销售额的数据,进行了对比分析,建立了两个模型:①,②,其中,,,均为常数,为自然对数的底数,并得到一些统计量的值.令,,(,,,…,),经计算得如下数据:
(1)请从相关系数的角度,分析哪一个模型拟合程度更好?
(2)根据(1)的分析及表中数据,求关于的回归方程.
附:(1)相关系数;(2)线性回归方程中,的计算公式分别为:,.
20. 在数列中,,且对任意的,都有.
(1)证明:是等比数列,并求出的通项公式;
(2)若,求数列的前项和.
21. 如图,已知抛物线的方程为,焦点为,过抛物线内一点作抛物线准线的垂线,垂足为,与抛物线交于点,已知,,.
(1)求的值;
(2)斜率为的直线过点,且与曲线交于不同的两点,,若存在,使得,求实数的取值范围.
22. 定义:如果一个数列从第2项起,每一项与它前一项的差都大于或等于4,则称这个数列为“数列”.
(1)已知等差数列的首项为1,其前项和满足对任意的都有,若数列为“数列”,求数列的通项公式;
(2)已知等比数列的首项和公比均为正整数,若数列为“数列”,且,,设,若数列也为“数列”,求实数的取值范围.江苏省常州高级中学
2023~2024学年第一学期期末质量检查高二年级
数学试卷
本卷总分150分,考试时间120分钟
一、单项选择题:(本题共8小题,每小题5分,共计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. 以椭圆的顶点为焦点,焦点为顶点的双曲线方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】确定双曲线的焦点和顶点,进而可得双曲线方程.
【详解】因为椭圆的长轴端点为,焦点为,
所以双曲线的焦点为,顶点为,
所以双曲线方程为.
故选:C.
2. 已知的展开式中所有奇数项的二项式系数的和为,则展开式中有理项共有( )项
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由奇数项二项式系数和得,由展开通项是有理项得能被整除,由此即可得解.
【详解】由题意得,所以,解得,
所以的展开通项为,
若为有理项,则能被整除,即满足题意的可以是:共四个.
故选:C.
3. 等差数列的前项和为,若,,则( )
A. 18 B. 19 C. 20 D. 21
【答案】B
【解析】
【分析】设出公差,根据等差数列求和公式得到方程,求出首项和公差,求出答案.
【详解】设公差为,则有,
解得,
故.
故选:B
4. 从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中任意取出三个不同的数,若这三个数的和为不小于9的奇数,则不同的取法有( )种.
A. 54 B. 53 C. 47 D. 46
【答案】B
【解析】
【分析】将10个数分为2组,一组为奇数:1 3 5 7 9,一组为偶数:0、2 4 6 8,然后分2种情况讨论:①取出的3个数全部为奇数,②取出的3个数有1个奇数,2个偶数,再由加法原理计算可得答案.
【详解】根据题意,将10个数分为2组,
一组为奇数:1 3 5 7 9,一组为偶数0、2 4 6 8,
若取出的3个数和为奇数,分2种情况讨论:
①取出的3个数全部为奇数,有种情况,都符合题意,
②取出的3个数有1个奇数,2个偶数,
若奇数取9,有种情况;
若奇数取7,有种情况;
若奇数取5,有种情况;
若奇数取3,有种情况;
若奇数取1,有种情况;
综上,三个数的和为不小于9的奇数,不同的取法有种.
故选:B.
5. 已知数列满足,若,则数列的前10项和为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由递推关系求出,再由裂项相消法求的前10项和即可.
【详解】因为,
所以,
两式相减可得,即,
所以,
所以.
故选:D
6. 在抛物线上取横坐标为和2的两点,平行于直线的直线同时与抛物线和圆相切,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合题意求出直线的斜率并设出直线方程,联立抛物线,求出,再利用直线与圆相切求出半径即可.
【详解】结合题意可得:令,则,故,令,则,故,
所以直线的斜率为,
因为平行于直线的直线同时与抛物线和圆相切,
所以直线可设为,
联立可得:,
则,解得,
所以直线为,即,
又的圆心为半径为,
所以圆心到直线的距离为,
因为直线与圆相切,所以.
故选:A.
7. 杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家.他在《详解九章算法》一节中,画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵,这就是著名的“杨辉三角”.在“杨辉三角”中,从第2行开始,除1以外,记每一行第个数组成的数列称为第斜列,该三角形数阵前5行如图所示,则该三角形数阵前2024行中第斜列各项之和为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】当时,该三角形数阵前2024行中第斜列各项之和为,化简即可得到答案.
【详解】当时,第行的第斜列项为,
故该三角形数阵前2024行中第斜列各项之和为,
根据以及组合数的性质,
化简可得:.
故选:C
8. 已知、为双曲线的左、右焦点,若过的直线与双曲线的左支交于、两点,记的内切圆的半径为,的内切圆的半径为,若,则此双曲线离心率的值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设内切圆为圆,该圆切、、于点、、,设的内切圆为圆,推导出,可得出,即可得、所满足的等式,即可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】设的内切圆为圆,该圆切、、于点、、,
设的内切圆为圆,如下图所示:
由切线长定理可得,,,
则,
即,
所以,,则,
由圆的几何性质可知,轴,可知,,同理可知,,
所以,、、三点共线,且轴,
因为,,,所以,,
所以,,同理可得,,
所以,,
所以,,所以,,
即,即,即,
因为,所以,,可得,故该双曲线的离心率为.
故选:D.
【点睛】方法点睛:求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下:
(1)定义法:通过已知条件列出方程组,求得、的值,根据离心率的定义求解离心率的值;
(2)齐次式法:由已知条件得出关于、的齐次方程,然后转化为关于的方程求解;
(3)特殊值法:通过取特殊位置或特殊值,求得离心率.
二、多项选择题:(本题共4小题,每小题5分,共计20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.)
9. 下列结论中正确的是( )
A. 若直线的方程,则直线的倾斜角为
B. 已知曲线(,不全为0),则曲线的周长为
C. 若直线与直线垂直,则
D. 圆与圆的公切线条数为2
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A,直接由斜率验算倾斜角即可;对于B,根据对称性,先得第一象限内曲线的长度,由此即可验算;对于C,由直线垂直的充要条件即可验算;对于D,先判断两圆的位置关系,由此进一步即可判断.
【详解】对于A,直线的斜率为,所以直线的倾斜角为,故A错误;
对于B,如图所示:
当时,曲线,即,
此时它的图象为半径为的半圆弧,这时它的长度为,
在曲线中,分别用替换,方程依然成立,
这表明了曲线的图象关于坐标轴以及坐标原点对称,
所以曲线的周长为,故B正确;
对于C,若直线与直线垂直,则,解得或,故C错误;
对于D,圆即的圆心半径分别为,
圆的圆心半径分别为,
所以两圆圆心距为,
所以两圆相交,它们的公切线条数为2,故D正确.
故选:BD.
10. 已知由样本数据组成的一个样本,根据最小二乘法求得线性回归方程为且,去除两个异常数据和后,得到新的线性回归直线的斜率为3,则下列结论中正确的是( )
A. 相关变量,具有正相关关系
B. 去除异常数据后,新的平均数
C. 去除异常数据后的线性回归方程为
D. 去除异常数据后,随值增加,的值增加速度变大
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项,根据正相关的定义得到A正确;B选项,根据新的得到B错误;C选项,先求出,进而得,结合新的经验回归直线的斜率得到新的经验回归方程判断;D选项,去除异常数据后,斜率由增大到3,故值增加的速度变大,故D对;
【详解】A选项,因为回归方程的斜率为正,所以相关变量,具有正相关关系,所以A正确;
B选项,因为,所以去除两个异常数据和后,
得到新的,故B错;
且,得,
因为得到的新的经验回归直线的斜率为3,所以,
去除异常数据后的线性回归方程为,故C错;
因为经验回归直线的斜率为正数,所以变量x,y具有正相关关系,且去除异常数据后,斜率由2增大到3,故值增加的速度变大,故D对;
故选:AD
11. 2023年国外某智库发布《尖端技术研究国家竞争力排名》的报告,涵盖了超音速、水下无人潜航器、量子技术、人工智能、无人机等二十多个领域.报告显示,中国在其中19个领域处于领先.某学生是科技爱好者,打算从这19个领域中选取这5个领域给班级同学进行介绍,每天随机介绍其中一个领域,且每个领域只在其中一天介绍,则下列结论中正确的是( )
A. 都在后3天介绍的方法种数为36
B. 相隔一天介绍的方法种数为36
C. A不在第一天,不在最后一天介绍的方法种数为72
D. A在,之前介绍的方法种数为40
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项,在后3天中选择2天,将和剩余的3天进行全排列,相乘后得到A正确;B选项,采取插空和捆绑法进行求解;C选项,分A在最后一天进行介绍和不在最后一天进行介绍两种情况,求出方法数相加后得到答案;D选项,倍缩法进行求解.
【详解】A选项,在后3天中选择2天,有种选择,
再将和剩余的3天进行全排列,有种选择,
故有种方法数,A正确;
B选项,先把进行全排列,再从选择1个放在之间,有种方法,
再将这三个领域捆绑,和剩余的两个领域进行全排列,共有种选择,
综上,共有种方法数,B正确;
C选项,若A在最后一天进行介绍,则将剩余4个领域进行全排列,有种方法,
若A不在最后一天进行介绍,从3天中选择1天安排A,
再从除了最后一天的剩余3天中选择1天安排,有种选择,
最后将剩余的3个领域和3天进行全排列,有种选择,
则此时有种选择,
综上,A不在第一天,不在最后一天介绍的方法种数为,C错误;
D选项,进行全排列,共有种方法,
将进行全排列,共有种方法,其中A在,之前的有2种,
故120种排列中,A在,之前的有种,故D正确.
故选:ABD
12. 在边长为2的等边三角形纸片中,取边的中点,在该纸片中剪去以为斜边且的直角三角形得到新的纸片,再取的中点,在纸片中剪去以为斜边且的直角三角形得到新的纸片,以此类推得到纸片,,…,,…,设的周长为,面积为,则( )
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于AC,依据裁剪规律画出图形,可得与,从而得以判断;对于BD,分别利用A和C中的结论,利用累加法即可判断.
【详解】根据题意可知,如下图所示规律:
对于A,易知比多了两条边,少了线段;
而,,,
可得,故A错误;
对于B,利用A中结论由累加法可得,
当时,,
又,
所以
,
显然当时,也符合上式,故B正确;
对于C,比少了一个以为斜边且的直角三角形,
所以,故C正确;
对于D,利用B中结论由累加法可得,
当时,
,
又,
所以,
显然当时,也符合上式,故D正确;
故选:BCD
【点睛】关键点睛:本题关键在于由裁剪规律得出以及之间的递推规律,再利用累加法由等比数列前项和公式即可求得结果.
三、填空题:(本题共4小题,每小题5分,共计20分.)
13. 等比数列的前项和为,已知,,成等差数列,则等比数列的公比为______.
【答案】##0.2
【解析】
【分析】根据,,成等差数列,可得,结合等比数列的通项公式可得的公比.
【详解】由题意,,,成等差数列,可得,
设等比数列的公比为,
.
解得:
故答案为:.
14. 某单位为了调查性别与对工作的满意程度是否具有相关性,随机抽取了若干名员工,所得数据统计如下表所示,其中,且,若有的把握可以认为性别与对工作的满意程度具有相关性,则的值是______.
对工作满意 对工作不满意
男
女
附:,其中.
【答案】5
【解析】
【分析】根据独立性检验思想,利用可解.
【详解】根据独立性检验思想可得,
,
得,
因为且,所以;
故答案为:5.
15. 椭圆的左、右焦点分别为,,过右焦点作斜率为1的直线与椭圆相交,其中交点落在第一象限,若,则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】先利用几何法求出点坐标;再将点坐标代入椭圆方程即可求解.
【详解】
设.
由直线过右焦点且斜率为1;直线与椭圆相交,其中交点落在第一象限,可得:.
由,可得:,整理可得:.
则.
将代入可得:,
又因为
所以.
故答案为:
16. 已知数列满足,若,则______.
【答案】5
【解析】
【分析】根据递推关系依次求解,得到为周期数列,一个周期为6,从而求出.
【详解】中,令得,
因为,所以,
当时,,
即,
因为,所以,故,
,故,
,故,
,故,
,故,
,故,
……,
依次计算,可得为周期数列,一个周期为6,
其中,
所以.
故答案为:5
四、解答题:(本题共6小题,共计70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17. 已知数列为等差数列,为公比为3的等比数列,且.
(1)证明:;
(2)若集合,求集合中的元素个数.
【答案】(1)证明见解析
(2)0
【解析】
【分析】(1)设出等差数列的公差,由基本量表示出来,求解即可得证;
(2)由(1)知,所以,将转化为,从而可知无正整数解.
【小问1详解】
证明:设数列的公差为,
则,
解得,所以原命题得证.
【小问2详解】
由(1)知,所以,
所以,
因为,所以,因为,所以是偶数,
所以无正整数解,故集合中的元素个数为0.
18. 已知,是正整数,的展开式中的系数为15.
(1)求展开式中的系数的最小值;
(2)已知展开式中的二项式系数的最大值为,项的系数的最大值为,求.
【答案】(1)49 (2)
【解析】
【分析】(1)根据题意得,从而可得,结合二次函数的性质即可求解;
(2)由(1)可得,从而可得,令,求得,从而问题可解.
【小问1详解】
根据题意得,即,所以,
所以展开式中的的系数为,
故当或时,的系数的最小值为49.
【小问2详解】
由(1)知,则,,
因为的展开式的通项为,
令(*)即,因为,所以.
因为成立,所以,
所以.
19. 某公司为了解年研发资金投入量(单位:亿元)对年销售额(单位:亿元)的影响.对公司近12年的年研发资金投入量和年销售额的数据,进行了对比分析,建立了两个模型:①,②,其中,,,均为常数,为自然对数的底数,并得到一些统计量的值.令,,(,,,…,),经计算得如下数据:
(1)请从相关系数的角度,分析哪一个模型拟合程度更好?
(2)根据(1)的分析及表中数据,求关于的回归方程.
附:(1)相关系数;(2)线性回归方程中,的计算公式分别为:,.
【答案】(1)模型②的拟合程度更好
(2)
【解析】
【分析】(1)根据相关系数的计算即可比较大小求解,
(2)根据最小二乘法即可求解线性回归方程,进而可求解.
小问1详解】
设模型①和②的相关系数分别为,.
由题意可得,,
所以,由相关系数的相关性质可得,模型②的拟合程度更好.
【小问2详解】
因为,可得,即,
可得,,
所以关于的线性回归方程为,即关于的回归方程为.
20. 在数列中,,且对任意的,都有.
(1)证明:是等比数列,并求出的通项公式;
(2)若,求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析,
(2)
【解析】
【分析】(1)根据题意可得,可知等比数列,结合等比数列通项公式可得,可知是等差数列,结合等差数列通项公式运算求解;
(2)由(1)可得,分类讨论的奇偶性,利用分组求和法结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【小问1详解】
因为,所以,
又因为,则,
且,可知,可得,
则是以为首项,为公比的等比数列,
所以,整理得,
且,可知是以2为首项,2为公差的等差数列,
所以,即.
【小问2详解】
由(1)可知,
可知的奇数项为以为首项,4为公比的等比数列;偶数项是以,为公差的等差数列.
当为偶数,;
当为奇数,;
综上所述:.
21. 如图,已知抛物线的方程为,焦点为,过抛物线内一点作抛物线准线的垂线,垂足为,与抛物线交于点,已知,,.
(1)求的值;
(2)斜率为的直线过点,且与曲线交于不同的两点,,若存在,使得,求实数的取值范围.
【答案】(1)2 (2)
【解析】
【分析】(1)先得到,由抛物线定义得到方程,求出,设,则,作出辅助线,得到,从而得到方程,求出答案;
(2)设出直线方程,联立抛物线,得到两根之和,两根之积,由得,求出,转化为对有解,而,所以,求出解集,因为,所以.
【小问1详解】
因,,则在中,,
由抛物线的定义得,,
故,则,即,
设,则,解得,
过点作⊥于点,
因为,所以,
因为,所以,
故,,
所以,解得;
【小问2详解】
由(1)可知抛物线方程为:,设,,
设,联立,整理得:,
因为,所以,
由韦达定理得,,
因为,则,故,
故,
将代入(*)式得,
因为存在,使得,
所以有对有解,
而,所以,
解得,或,
因为,所以.
【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.
22. 定义:如果一个数列从第2项起,每一项与它前一项的差都大于或等于4,则称这个数列为“数列”.
(1)已知等差数列的首项为1,其前项和满足对任意的都有,若数列为“数列”,求数列的通项公式;
(2)已知等比数列首项和公比均为正整数,若数列为“数列”,且,,设,若数列也为“数列”,求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)通过题干所给不等式可求出的范围,在根据,得出,进而求出
(2)通过判断数列的单调性可得:要对恒成立,只需,从而求出,
同理判断数列的单调性可得:要对恒成立,只需,从而求出的范围.
【小问1详解】
设等差数列的公差为,则,由,得.
由题意得,对均成立,
当时,上式成立.当时,,又,
等差数列的通项公式为.
【小问2详解】
等比数列得,由于数列为“数列”,且为正整数,,
.
在数列中,为最小项,由数列为“数列”可知,
要对恒成立,只需.又,即.
,,,,,.
当,时,,则.
令.
数列为递增数列,即.
若数列是“数列”,则对任意的都有,
即对任意的恒成立
,即,解得.