29，河北省石家庄市正定中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题

这是一份29，河北省石家庄市正定中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题，共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知数列满足，且，则的值是， 已知A是抛物线C等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟，分值：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
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. 设是可导函数，且，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的定义计算即可得出结果.
【详解】∵，
∴，
∴ .
故选：B
2. 圆与圆的位置关系为（ ）．
A. 外切B. 相交C. 相离D. 内切
【答案】A
【解析】
【分析】根据两圆的方程确定圆心坐标和半径，判断圆心距离和两圆半径的关系，即可知两圆的位置关系.您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 低至0.3/份 【详解】由题设，，，
∴，半径；，半径，
∴，则两圆外切
故选：A.
3. 在三棱柱中，为中点，若，，，则下列向量中与相等的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算可得解.
【详解】
如图所示，
在三棱柱中，，，
依题意，
故选：A.
4. 已知数列满足，且，则的值是（ ）
A. B. 5C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得到数列为公比为3的等比数列，进而计算求解.
【详解】由，可得，所以数列是公比为3的等比数列，
因为，
所以.
故选：A
5. 已知A是抛物线C：上的点，，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线的方程，利用二次函数的性质求最值
【详解】设，
则，
当且仅当时，等号成立．
故选：D．
6. 已知椭圆，是椭圆的一条弦的中点，点在直线上，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出直线的方程，与椭圆的方程联立结合韦达定理求出的关系计算即得.
【详解】依题意，直线的斜率，直线的方程为，即，
由消去并整理得：，
则，即，
设，则，而弦的中点为，即，
于是，解得，此时
所以椭圆的离心率.
故选：C
7. 将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Kch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知，每一次操作之后面积是上一次面积的，按照等比数列即可求得结果.
【详解】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的，
所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的，
由此可得，第次操作之后所得图形的面积是，
即经过4次操作之后所得图形的面积是.
故选：A
8. 如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，不妨设，
则，
故，
，
设平面的法向量为，
则，可取，
则，
所以，
当时，，
当时，，
当，即时，，
综上所述，的最小值是.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. （多选题）已知函数满足，，则下列关于的图象描述正确的是（ ）
A. 的图象在处的切线斜率大于
B. 的图象在处的切线斜率小于
C. 的图象在处位于轴上方
D. 的图象在处位于轴下方
【答案】BC
【解析】
【分析】结合，，利用导数的相关知识即可判断.
【详解】因为，则的图象在处的切线斜率小于；
因为，所以的图象在处位于轴上方．
故选：BC.
10. 已知等差数列的前n项和为，且，，，则（ ）
A. 数列是递增数列B.
C. 当时，最大D. 当时，n的最大值为14
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用等差数列的性质可知，进而得出，，依次判断各选项即可得出结果.
【详解】等差数列中，，，，
，公差，数列是递减数列，A错误
，
，B正确.
，数列是递减数列，
当时，最大,C正确.
,
,.
当时，n的最大值为14,D正确.
故选:BCD.
11. 如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，，分别是，的中点，是棱上的动点，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 存在点，使平面
C. 存在点，使直线与所成的角为
D. 点到平面与平面的距离和为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意可知两两相互垂直，以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设，
则，
设，，
所以，所以，A选项正确.
点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确.
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
要使平面，又平面，
则，
解得，所以存在点，使平面，B选项正确.
若直线与直线所成角为，又，
则，
整理得，无解，所以C选项错误.
故选：ABD.
12. 已知，分别为双曲线：的左、右焦点，点M为双曲线右支上一点，设，过M作两渐近线的垂线，垂足分别为P，Q，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 为定值
C. 若当时，（为坐标原点）恰好为等边三角形，则双曲线离心率为
D. 当时，若直线与圆相切，则双曲线的渐近线的斜率的绝对值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意利用焦半径公式可知长度的最小值为，可判断A；利用点到直线的距离公式可得，再利用点M在双曲线上即可得出为定值，即B正确；由利用直角三角形的性质和为等边三角形可得，，再根据双曲线定义即可求得离心率，可判断C；当时，直线与圆相切根据勾股定理和双曲线定义可得，即双曲线的渐近线的斜率的绝对值为，所以D正确.
【详解】解：对于A，因为是双曲线C的右焦点，点M为双曲线右支上一点，
所以由双曲线性质知线段长度的最小值为，故A错误；
对于B，设，两渐近线方程分别为，，
所以，
又因为满足，可得，
所以故B正确；
对于C，因为，所以，而（为坐标原点）恰好为等边三角形，
因此由知，，
所以由双曲线的定义知：，
即，即双曲线的离心率，故C正确；
对于D，如图，
设直线与圆相切于点A，连接OA，则，且.
作于点B，则.
又因为，所以，，
因此在中，.
又点在双曲线右支上，所以，
整理得，即，
因此双曲线的渐近线的斜率的绝对值，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：在双曲线离心率和渐近线方程以及焦点三角形综合问题求解过程中，经常会用到勾股定理和双曲线定义，根据三角形边长之间的关系得出双曲线中的关系式即可实现问题求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若直线与直线平行，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】两直线与平行，满足且或
【详解】由题意得：，解得：，经检验符合要求.
故答案为：
14. 设空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为________.
【答案】##（-0.5，0.5，0）
【解析】
【分析】利用投影向量的公式及空间向量的数量积运算即可得到结果.
【详解】依题意，得，，
故向量在向量上的投影向量的坐标为：.
故答案为：.
15. 已知点是直线（）上一动点，、是圆的两条切线，、是切点，若四边形的最小面积是，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据圆的方程得出圆心和半径，由圆的性质，得到四边形的面积，再确定的面积的最小值,得出当取最小值时，最小；根据点到直线距离公式，列出方程求解，即可得出结果.
【详解】圆的圆心为，半径为，

由圆的性质可知，四边形的面积，
又四边形的最小面积是2，则的最小值为，
则，
因为，所以当取最小值时，最小；
又点是直线上的动点，
当垂直于直线时，最小，即为圆心到直线的距离；
所以，解得，
因为，所以．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到点到直线的距离公式、圆的切线长公式，圆的性质和四边形的性质等知识点的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于常考题型.
16. 著名的斐波那契数列满足，，其通项公式为，则是该数列的第______项；______．
【答案】 ①. 2024 ②. 322
【解析】
【分析】空1：根据题意可得，根据题意结合裂项相消法运算求解；空2：分析可知，结合递推公式运算求解.
【详解】空1：因为，即，则，
可得
，
所以，
即是该数列的第2024项；
空2：因为，
又因为，则，
所以.
故答案为：2024；322.
四、解答题：本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知曲线，
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求该曲线的切线倾斜角的取值范围.
【答案】17.
18.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解；
（2）导数值域就是切线斜率取值范围，再根据倾斜角与斜率的关系求解得出结论．
【小问1详解】
由，则，
所以曲线在点出切线的斜率为，
所以切线的方程为，即.
【小问2详解】
，所以切线的斜率，设，，
，解得.
所以该曲线的切线倾斜角的取值范围为.
18. 已知等差数列的前n项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由，可得数列的首项与公差，即可得通项公式；
（2）由（1）结合裂项求和法可得答案.
【小问1详解】
设数列的首项为，公差为.
则.
由，可得；
小问2详解】
由（1），，则.
故.
19. 已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且，为坐标原点.
（1）求抛物线的方程；
（2）斜率为的直线过点，且与抛物线交于、两点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用抛物线的定义求出的值，即可得出该抛物线的方程；
（2）设点、，写出直线的方程，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦点弦长公式求出以及原点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得的面积.
小问1详解】
解：抛物线的准线方程为，
由抛物线的定义可得，可得，
因此，抛物线的方程为.
【小问2详解】
解：设点、，由（1）可知，点，
易知直线的方程为，联立可得，
，由韦达定理可得，，
由抛物线的焦点弦长公式可得，
又因为原点到直线的距离为，
故.
20. 如图，已知与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.

（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先有面面垂直得到线面垂直，然后建立空间直角坐标系，再根据点到面的距离公式求解即可；
（2）分别求出两个平面的法向量，根据两个平面的夹角的余弦值即为两个平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值求解即可.
【小问1详解】
作中点，
因为与都是正三角形，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
所以分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
则，
且，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以，
所以点到平面的距离；
【小问2详解】
设平面的法向量为，
因为，
所以，即，令，则，
所以，
由（1）知面的法向量为，
令平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
21. 已知数列的前项和为，且是首项为1，公差为2的等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）若数列的前项和为，且不等式对一切恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由求通项公式，由等差数列定义写出通项公式，进而写出通项公式；
（2）应用错位相减法、等比数列前n项和公式求，问题化为对一切恒成立，研究右侧的单调性求最大值，即可得参数范围.
【小问1详解】
当时，，解得.
当时，，两式相减得，
即，
所以是首项､公比均为2的等比数列，故.
又，故.
【小问2详解】
因为，所以①，②，
①-②得.
所以.
不等式对一切恒成立，转化为对一切恒成立.
令，则，
又，
当时，，当时，，
所以，则.
所以实数的取值范围为.
22. 已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点的直线与椭圆相交于两点，设为椭圆上一点，且满足（为坐标原点），当时，求实数的取值范围
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用圆心到直线的距离等于短半轴长及离心率为建立方程，解方程即可求出椭圆C的方程；
（2）可以设直线：与椭圆方程联立，得到方程，然后结合题目条件满足·（O为坐标原点），，利用判别式及韦达定理建立不等式，可以求出t的取值范围.
【小问1详解】
由题意可知：短半轴长为：，
因为，则，即，
所以椭圆的方程为：.
【小问2详解】
由题意可知：直线的斜率存在，设直线：，
联立方程，消去y得，
由，解得，
设，，，则，
因为，则，
可得，，
且点在椭圆上，则，整理得，
又因为，则，
可得，即，
整理得，解得，所以，
且，可得，
解得或，
所以实数取值范围为.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．