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.
