福建省福州教育学院附属中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题（Word版附解析）

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一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 在等差数列中,,则数列的前项和为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
结合等差数列的性质及求和公式,即可求解答案.
【详解】由等差数列的性质可知,,
根据等差数列前项和公式:
,
故选:D.
【点睛】本题考查了等差数列的性质,考查了等差数列的前n项和,是基础题.
2. 已知抛物线上一点 到其焦点的距离为，则实数的值是（ ）
A. -4B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用抛物线的定义，将抛物线上点到焦点的距离转化为到准线的距离解出p，再将点M的坐标代入抛物线方程即可解得.
【详解】抛物线的准线方程为：，因为M到焦点距离为5，所以M到准线的距离，即p=8，则抛物线方程为.将(1,m)代入得：，因为所以.
故选：C.
3. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案.
【详解】由已知可得，，，
所以，向量在向量上的投影向量是.
故选：B.
4. 已知直线与直线，若直线与直线的夹角是60°，则k的值为（ ）
A. 或0B. 或0
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出的倾斜角为120°，再求出直线的倾斜角为0°或60°，直接求斜率k.
【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为120°.
要使直线与直线的夹角是60°，
只需直线的倾斜角为0°或60°，
所以k的值为0或.
故选：A
5. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：直线分别与轴，轴交于，两点
,则
点P在圆上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
6. 已知函数是定义在上奇函数，是的导函数，且，当时，则使得成立的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，根据题意可得的奇偶性与单调性，结合的图象即可求解．
【详解】解：由题意可知，函数是奇函数，
令函数，则函数为偶函数，
又当时，，
所以函数在上单调递减，
根据对称性可知，函数在上单调递增，
又，所以，所以，
函数的大致图象如图所示：
数形结合可知，使得成立的的取值范围是，，．
故选：B．
【点睛】本题考查函数的性质、导数的应用，考查构造函数法，转化思想和数形结合思想，属于中档题．
7. 已知椭圆与抛物线有相同焦点，点是两曲线的一个公共点，且轴，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可得，求得，设设椭圆的下焦点为，利用勾股定理可求得，利用椭圆的定义可求得该椭圆的离心率的值.
【详解】易知点或，所以，，即，
将代入抛物线方程可得，则，
设椭圆的下焦点为，因为轴，则，
由椭圆的定义可得，
所以，椭圆的离心率为.
故选：C.
8. 已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后世把这种圆称为阿波罗尼斯圆.已知，，直线，直线，若为，的交点，则的最小值为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由直线方程可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程为，即，可得，取，则，结合，可得，进而求解.
【详解】由已知过定点，
过定点，
因为，，所以，即，
所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点，故圆心为，半径为3，
则的轨迹方程为，即，易知O、Q在该圆内，
又，
即，
取，则，又，
所以，
所以的最小值为.
故选：A.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 以下四个命题正确的是（ ）
A. 双曲线与椭圆的焦点不同
B. ，为椭圆的左、右焦点，则该椭圆上存在点满足
C. 曲线的渐近线方程为
D. 曲线，“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的充要条件
【答案】CD
【解析】
【分析】A选项，求出双曲线和椭圆方程的焦点坐标，判断A错误；B选项，求出，故点的纵坐标为2或即可，根据椭圆上点的有界性判断B错误；C选项，根据双曲线渐近线方程公式求出答案；D选项，根据焦点所在位置得到不等式，求出，D正确.
【详解】A选项，双曲线，即，焦点在轴上，
由于，故其焦点为，，
而椭圆，焦点在轴上，且，
故焦点为，，故A错误；
B选项，椭圆，则，，即，
所以，，则，
要使，则，即，即点的纵坐标为2或即可，
而椭圆上的点纵坐标取值范围为，则不存在点满足，故B错误；
C选项，双曲线的渐近线方程为，故C正确；
D选项，曲线，若曲线是焦点在轴上的椭圆，
则，解得，故D正确.
故选：CD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心D. 直线是曲线的切线
【答案】AC
【解析】
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
11. 已知数列满足，则下列结论正确的有（ ）
A. 为等比数列
B. 的通项公式为
C. 为递增数列
D. 的前n项和
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.
【详解】因为，
所以+3，所以，
又因为，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
，即，故B正确；
因为，
因为，所以，
所以，所以为递减数列，故C错误；
，
则，故D正确.
故选：ABD.
12. 如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ）
A. 满足平面的点的轨迹长度为
B. 满足的点的轨迹长度为
C. 存在唯一的点满足
D. 存在点满足
【答案】AC
【解析】
【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.
【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，
由正方体的性质知，，，，
所以平面平面，又平面，平面，
故点的轨迹为线段，故A正确；
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，设，且，，
，，
对于B，，即，
又，，则点的轨迹为线段，,
且，故B错误；
对于C，
显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；
对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，
故， 故不存在点满足，故D错误.
故选：AC
三、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共20分）
13. 已知正项等比数列满足，，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】借助等比数列的性质计算即可得.
【详解】，由为正项数列，故，则，即，
故，由，故，故.
故答案为：.
14. 已知圆，若圆C与y轴交于M，N两点，且，则__________．
【答案】2
【解析】
【分析】首先通过的关系，得，然后根据圆的垂径定理构造关于的方程，解方程即可求出半径.
【详解】由题意知的圆心，半径为r，
圆心到y轴的距离为1，
因为圆C与y轴交于M，N两点，且，
，所以，
由垂径定理得，，
即，解得．
故答案为：2．
15. 长方体中，，，则点B到平面的距离为________．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可.
【详解】解：在长方体中，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
因为，，所以，， ，，，，
设平面的法向量为：
，
，令得：
又
点B到平面的距离为：.
故答案：.
16. 圆锥曲线有良好的光学性质，光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点（如左图）；光线从双曲线的一个焦点发出，被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出（如中图）.封闭曲线E（如右图）是由椭圆C1: + = 1和双曲线C2: - =1在y轴右侧的一部分（实线）围成.光线从椭圆C1上一点P0出发，经过点F2，然后在曲线E内多次反射，反射点依次为P1，P2，P3，P4，…，若P0 ，P4重合，则光线从P0到P4所经过的路程为 _________ .

【答案】
【解析】
【分析】结合椭圆、双曲线的定义以及它们的光学性质求得正确答案.
【详解】椭圆；双曲线，
双曲线和椭圆的焦点重合.
根据双曲线的定义有，
所以①，②，
根据椭圆的定义由，
所以路程
.
故答案为：
四、解答题
17. 设函数.
（1）求在处的切线方程；
（2）求的极大值点与极小值点；
【答案】（1）；
（2）极大值点为，极小值点为-1.
【解析】
【分析】（1）根据题意求得切点坐标，利用导数的几何意义求出切线方程的斜率，结合直线的点斜式方程即可得出结果；
（2）求出函数的导数，分别求解不等式和即可求出函数的单调区间，结合极值点的定义即可得出结果.
【小问1详解】
由题意知，
，即切点为，
又，所以，
所以在处的切线方程为：，
即；
【小问2详解】
，
令得；令得或，
故的增区间为，减区间为和，
当时，函数有极大值，
当时，函数有极小值，
故函数有极大值点为，极小值点为-1.
18. 如图，在平面直角坐标系中，点，，.
（1）求直线的方程；
（2）记的外接圆为圆，求直线被圆截得的弦长.
【答案】（1） （2）2
【解析】
【分析】（1）直线交轴于点，由题意可得为等边三角形，故，可求直线的方程；
（2）由可求的外接圆方程，几何法求直线被圆截得的弦长.
【小问1详解】
（如图）直线交轴于点，中，，
所以，故，
所以直线的方程为
【小问2详解】
设圆的方程为，
由（1）知，满足圆的方程，
则，解得，
圆的方程为，即
所以圆心半径
圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长.
注：方法二
（2）设圆的方程为，
由（1）知，满足圆的方程，
则，解得，
圆的方程为，可得，
圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长.
注：方法三
（2）因为，
，AB的中点为
所以的垂直平分线方程为：①，
所以的垂直平分线方程为：②，
由①②得，圆心为，
圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长.
19. 已知数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取计算得到，利用得到，得到通项公式.
（2）确定，设，，相减计算得到答案.
【小问1详解】
当时，由，得；
当时，因为，所以，
则，可得.
故是以4为首项，2为公比的等比数列，所以.
【小问2详解】
，则，
两边都乘以，得，
以上两个式子相减，
可得：，
故.
20. 如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.

（1）证明：平面.
（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在实数，理由见解析
【解析】
分析】（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.
【小问1详解】
因为四边形是菱形，所以.
因为，，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为，平面，且，所以平面.
【小问2详解】
取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，故⊥，
又平面，平面，
所以，，故，，两两垂直，
故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.

设，则，，，，
故，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，
则，
整理得，解得或（舍去）.
故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
21. 已知椭圆：的离心率为，且椭圆上的点到右焦点的距离最长为.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）过点直线与椭圆交于两点，的中垂线与轴交于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为.
【解析】
【分析】（1）由离心率，椭圆上的点到右焦点距离最大值为和椭圆关系可构造方程组求得，进而得到椭圆标准方程；
（2）当直线的斜率不为时，设，与椭圆联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式可求得，并利用中点坐标公式求得中点坐标，由此可表示出方程，从而求得点坐标，得到，化简可得定值；当直线的斜率为时，易求得满足所求定值；综合两种情况可得结论.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得：，解得：，，，
椭圆的标准方程为.
（2）当直线的斜率不为时，设直线的方程为，，，的中点为.
联立整理得：，
由题意可知：，则，，
.
为的中点，，，即.
直线的方程可设为，
令得：，则，
.
当直线的斜率为时，，，则.
综上所述：为定值，且定值为.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量；
④化简所得式子，消元可得定值.
22. 已知函数.
（1）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；
（2）求证：当时，.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）转化为，即对恒成立,再根据函数求出最小值可得结果；
（2）（法一）两次求导得的最小值，再根据基本不等式可得.（法二）利用进行放缩可证.
【小问1详解】
的定义域为,.
依题意得：对恒成立,
对恒成立.
令，
则，
当时，，
故在上单调递增，
所以的最小值为.
故，即的取值范围为.
【小问2详解】
（法一）当时，设，
由，得在上单调递增，
又，，
由零点存在定理可得在上有唯一零点，
设此零点为，则，有，
两边取对数并整理得，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故
.
即当时，.
（法二）我们先证明，，当且仅当时等号成立.
构造函数，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立.
当时，对两边同时取对数有，
故当时，当且仅当时等号成立.
所以，
两个“”中等号成立的条件分别为和，
故当时，.
当时，，又，
所以；
当时，，又.
综上所述，当时，.
【点睛】方法点睛：第（2）问，一般地，要证不等式成立，可以通过构造函数，利用导数求出函数的最值，再证明最值使不等式成立即可.