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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 的倾斜角为 ，且经过点 ，则直线 的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【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 ，所以直线的斜率 ，
又因为直线过点 ，所以直线的方程为 ，
整理有：
故选：A
2. 公差不为0的等差数列 中， ，则 的值不可能是（ ）
A. 9 B. 16 C. 22 D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列的性质可得 ，即可得 ， 的所有可能取值，即可求解.
【详解】因为 ，所以 ，又 ， ，
所以 或 或 或 或 或 或 或 或 ，
所以 的值可能是 ， ， ， ， .
故选： .
3. 已知数列 ， ， ，则 （ ）
A. 8 B. 16 C. 24 D. 64
【答案】D
【解析】
【分析】由 可求得 ，进而求出 ，可求出 .
【详解】因为 ，
所以 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，所以 ，
所以数列{a )为等比数列， （ ），所以 .
n
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. B. C. D.
【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， 件正品，
先从3件次品中取出2件次品，有 种抽法，再从 件正品中取出2件正品，有 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 .
故选： .
5. 已知点 关于直线 对称的点 在圆 上，则 （ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出 关于直线 对称的点 的坐标代入圆 求解即可.
【详解】解：设对称的点 ，则 ，解得 ，
所以 ，所以 ，所以 .
经检验 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. 21 B. 13 C. 12 D. 15
【答案】A
【解析】
【分析】设 级台阶的走法为 ，找出数列的递推公式，即可求解.
【详解】设 级台阶的走法为 ，则 ， ，
当 时， ，
所以 ， ，
， ，
.
故选： .
7. 已知圆 ，一条光线从点 射出经 轴反射，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆 关于 轴的对称圆的方程为
B. 若反射光线与圆 相切于点 ，与 轴相交于点 ，则
C. 若反射光线平分圆 的周长，则反射光线所在直线的方程为
D. 若反射光线与圆 交于 ， 两点，则 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 ，则
，利用圆的性质求切线长即可；对于C，确定直线过点 ，
，由两点式求直线方程即可；对于D，设 ，利用性质，把弦长、弦心距
用 表示，从而求出 面积的最大值.
【详解】对于A，圆 的标准方程为： ，圆心 ，半径 ，
圆心 关于 轴的对称点为 ，半径为 ，所以圆 关于 轴的对称圆的方程为： ，
即 ，故A错误；
关于B，点 关于 轴的对称点为 ， ，
根据已知条件有： ，
所以 ，故B错误；
对于C，因为反射光线平分圆 的周长，所以反射光线经过圆心 ，
所以反射光线过 ， ，所以反射光线的方程为 ，
整理得： ，故C正确；
对于D，反射光线 过点 ，
若直线 的斜率不存在，直线与圆相离，不合题意；
所以直线 斜率存在设为 ，所以直线 的方程为： ，
整理有： ，设 ，
则圆心 到直线 的距离为 ，
所以 ，所以 ，
则当 时， ，故D错误.
故选：C
8. 已知数列 的前 项和为 ， ， ，且关于 的不等式
有且仅有4个解，则 的取值范围是（ ）A. B.
C. D.
【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 ，
所以 ，所以 ，
即 ，
所以数列 是常数列，当 时， ，
所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，
令 ，
所以
，
当 时， ，即 ，， ， ， ， ，
为了满足不等式 有且仅有4个解，则 ，
此时有 ， ， ， .
故选： .
【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 的展开式的第2项与第3项系数的和为3，则（ ）
A.
B. 展开式的各项系数的和为
C. 展开式的各二项式系数的和为256
D. 展开式的常数项为第5项
【答案】ACD
【解析】
【分析】应用 的展开式的通项公式结合题意求出 ，再利用通项公式研究常数项；由 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 的展开式的通项公式为 ，（
），
所以 ，即 ，解得 （ 舍去），故A正确；
所以 （ ），
当 ，即 时 为常数项, 故D正确；
所以 展开式的各项系数的和为 ，故B错误；
所以 展开式 各二项式系数的和为 ，故C正确.
的
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840
B. 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720
C. 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480
D. 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 种方法，
随后排列剩下4人，有 种方法，则共有 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 种方法，则共有 种方法，故B错误；
C选项，先排剩下5人，有 种方法，再将小明小红排进5人产生的6个空隙中，
有 种方法，则共有 种方法，故C错误；D选项，由题分组情况为2人的2组，3人的一组，则有 种方法，
随后安排训练，有 种方法，则共有 种方法，故D正确.
故选：AD
11. 已知圆 和圆 .其中正确的结论是
（ ）
A. 当 时，圆 和圆 有4条公切线
B. 若圆 与圆 相交，则 的取值范围为
C. 若直线 与圆 交于 ， 两点，且 （ 为坐标原点），则实数 的值为
D. 若 ，设 为平面上的点，且满足：存在过点 的无穷多对互相垂直的直线 和 ，它们分别与圆
和圆 相交，且直线 被圆 截得的弦长与直线 被圆 截得的弦长相等，则所有满足条件的点 的
坐标为 或
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 ，当 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 ，根据两圆相交得到 ，进而得到 的取值范围；对于 ，设
P(x ,y )，Q(x ,y )，联立直线和圆的方程，可得 的取值范围，由韦达定理代入
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即可求解；对于 ，设点 ，由 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 的方程有无数多组解，从而解出
， ，即得到 的坐标.
【详解】对于 ，当 时， ， ， ，
， ， ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，所以圆 和圆 外离，
所以圆 和圆 有4条公切线，故 正确；
对于 ， ，
若圆 与圆 相交，则 ，
解得 ，故 正确；
对于 ，若直线 与圆 交于 ， 两点，设P(x ,y )，Q(x ,y )，
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联立 ，得 ，
所以 ，解得 ，
，
所以 ，因为 ，所以 ，故 不正确；
对于 ，设点 ，直线 和 的方程分别为 ， ，
即 ， ，
因为直线 被圆 截得的弦长与直线 被圆 截得的弦长相等，
所以 ，
化简得 或 ，
的
因为存在过点 无穷多对互相垂直的直线 和 ，
所以关于 的方程有无穷多解，从而有 或 ，
解得 或 ，故 正确.
故选： .
【点睛】关键点点睛：设点 ，由 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 的无穷多对互相垂直的直线 和 ，得到关于 的方程有无数多组解，从而解
出 ， .
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆 与圆 ，则两圆的公共弦所在的直线方程为____________________.
【答案】
【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 的圆心 ，半径 ，
圆 的圆心 ，半径 ，
于是 ，即圆 相交，
由 消去二次项得 ，即 ，
所以两圆的公共弦所在的直线方程为 .
故答案为：
13. 已知 ，若过定点A的动直线 和过定点 的动直线 交于点 （
与A， 不重合），则 的值为__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意直线方程可得 ， ，分析可知 ，即可得结果.
【详解】因为动直线 过定点 ，动直线 过定点 ，
且 ，可知 ，即 ，
所以 .
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 的通项公式为 ，现在对数列 进行 次“平均拓展”，得到一个新数列，记 为 与 之间的
次平均拓展之和， 为 与 之间的 次平均拓展之和， ，则
__________；依此类推，将数列1，3，5， ，21经过 次“平均拓展”后得到的新数列的所有项之和记为
，则 __________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由已知，分析每次构造后 的值，总结规律求出 ；由分析可得 ，利用分组求
和即可计算 .
【详解】设 表示 与 之间的 次平均拓展之和，
所以数列{b )每次构造所添加的个数相同，因此只需要研究一项即可，
n
对于 而言，
第一次构造得到1，2，3，其中 ，
第二次构造得到1， ，2， ，3，其中 ，
第三次构造得到1， ， ， ， ，3，其中 ，
第四次构造得到1， ， ， ， ， ，3，其中 ，
由观察归纳，第 次构造得到1， ， ， ，3，则 ；
因为经过 次“平均拓展”得到的新数列的项分别为
1， ， ， ，3， ， ， ，5， ，7， ，9， ， ，由 ，则 ，
，则 ，
，则 ， ，
所以数列{b )的各项分别为 ， ， ， ，
n
所以 ，
因 为 ，
所以 .
故答案为： ； .
【点睛】关键点点睛：经过 次构造可得1， ， ， ，3，则 ；数列{b )每次构造后所添
n
加的个数相同，即 .
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 .
（1）求 的值；
（2）求 的值.
【答案】（1）
（2）
【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】二项式 展开式的通项为 ， ，
因为 ，
所以 ；
【小问2详解】
令 ，则 ，
令 ，则 ，可得 ，
因此 .
16. 已知 的三个顶点的坐标分别是 ， ， .
（1）求 的面积；
（2）求 外接圆的方程.
【答案】（1）9 （2）
【解析】
【分析】（1）求出 与点 到直线 的距离 ，再利用 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 ， ，直线 的斜率 ，
则直线 的方程为 ，
点 到直线 的距离 .
又 ，所以 的面积 .
【小问2详解】
解：设 外接圆的方程为 ，
把点 ， ， 的坐标代入圆的方程，得 ,
可得 ，
经检验符合题意.
所以圆的方程为 .
17. 已知数列 的前 项和 ，数列 是各项均为正数的等比数列， ，
且 .
（1）求 和 的通项公式；
（2）设 ，数列 的前 项和为 ，证明： .
【答案】（1） ，
（2）证明见解析
【解析】
的
【分析】（1）根据 与 关系求{a )的通项公式，由等比数列基本量的运算即可求解{b )的通项公
n n
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{a )的前 项和 ，当 时， ，
n
当 时， ，
因为 也适合上式，
所以 ，
设数列{b )的公比为 ，因为 ，
n
所以 ，解得 ，
又 ，所以 ；
【小问2详解】
由题意得 ，
设数列 的奇数项之和为 ，偶数项之和为 ，
则
，
，
所以 ，两式相减得 ，
所以 ，
故 .
18. 已知圆 和点 .
（1）点 在圆 上运动，且 为线段ME的中点，求点 的轨迹曲线 的方程.
（2）设 为（1）中曲线 上任意一点，过点 向圆 引一条切线，切点为 .
（i）求 的取值范围.
（ii）试探究：在 轴上是否存在定点 （异于点 ），使得 为定值？若存在，请求出定点
的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）存在定点 ，
【解析】
【分析】（1）应用相关点法可求出动点 的轨迹曲线 的方程；
（2）（i）根据 ，只需找出 的最大值和最小值即可求得；
（ii）假设在 轴上存在定点 满足条件，据 分析对 恒为定值的
条件，确定 值即可.
【小问1详解】解：设 ， ，则 ，
由点 在圆 上运动，得 ，所以 ，
则 即为点 的轨迹曲线 的方程.
【
小问2详解】
解：（i）依题意可知直线 与圆 相切于点 ，
所以 ，
当 （ 为坐标原点）， ， 三点共线时，
取得最大值7和最小值3，
所以 的取值范围为 .
（ii）设 为曲线 上任意一点.
假设在 轴上存在定点 （异于点 ）满足条件，
设 ，
因为 为圆 的切线，且圆 的半径为1，
所以 .
若对 恒为定值，
则必有 ，得 ，
所以 或 （舍去），所以在 轴上存在定点 ，使得 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 ，其中 表示不超过 的最大整数.例如： ， ，
.已知数列 满足 ， .
（1）求 .
（2）证明：数列 是等比数列.
（3）求 的个位数.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【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 ，利用缩放得到 ，即可求得
，利用构造法可得 ，即可证明数列 是等
比数列；
（3）先利用（2）的结论计算 ，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 代入 ，
得 .
【小问2详解】
由题可得 为正整数，则 ，
所以数列{a )为递增数列，
n
当 时， .
当 时， ，即 ，
所以 ，即 .
由 .
结合 ， 均为正整数，可得 ，其中 ，
而 ，故 ，其中 .
所以 ，由 ，得 ，所以 ，故数列 是以 为首项， 为公比的等比数列.
【小问3详解】
由（2）可得 ， ，
，
因为 为10的倍数，
所以 ，故 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 ，结合 ， 均为正整数，
确定 .
