33，云南省昭通市一中教研联盟2023-2024学年高二上学期期末质量检测数学试题（A卷）

这是一份33，云南省昭通市一中教研联盟2023-2024学年高二上学期期末质量检测数学试题（A卷），共18页。试卷主要包含了 下列关于导数运算正确的有等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
第I卷（选择题，共60分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把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.在试题卷上作答无效.
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知数列，根据该数列的规律，8是该数列的（ ）
A. 第7项B. 第8项C. 第9项D. 第10项
【答案】A
【解析】
【分析】观察各项根据规律即可求解.
【详解】，由此可知数列的规律是前后两项的比值为定值，
故所以8是该数列的第7项，
故选:A
2. 设函数在处存在导数为2，则（ ）
A. 2B. 1C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的概念求解.
【详解】由已知有，您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 则.
故选：B
3. 双曲线的右焦点到其渐近线的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求出双曲线的右焦点坐标,渐近线方程,利用已知条件求解,即可求得答案.
【详解】双曲线
可得:,可得:
可得右焦点为 ,
点F到渐近线的距离为:
故选: D.
【点睛】本题考查双曲线焦点到渐近线的距离,解题关键是掌握双曲线的基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.
4. 在等差数列中，m，n，p，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】分充分性和必要性分别判断：
充分性：取进行否定；
必要性：直接利用等差数列的性质即可.
【详解】在等差数列中，若，则成立，故必要性满足；
下面讨论充分性：取，若，则不一定成立，故充分性不满足，所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】判断充要条件的四种方法：
（1）定义法；（2）传递性法；（3）集合法；（4）等价命题法.
5. 椭圆的长半轴长为，右顶点为，上､下顶点分别为，，是线段的中点.若，则椭圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
分析】由题意可知，，再根据条件列式求解.
【详解】由题意可知，，，且点是线段的中点，
所以，则，解得：，
所以椭圆方程为.
故选：D
6. 设为等差数列的前项和，，，若数列的前项和为，则的值是（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】C
【解析】
【分析】由，求出的通项公式，利用裂项相消求出数列的前项和，从而得到的值.
【详解】由于为等差数列的前项和，，，
可得，所以，则，
令，所以，
故数列的前项和为：，
即，解得.
故选：C
7. 已知分别为双曲线的左､右焦点，过双曲线右支上一点作直线交轴于点，交轴于点，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的离心率
B. 双曲线的渐近线方程为
C. 点的坐标为
D. 四边形面积的最小值为4
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线的性质判断A，B选项；根据A，M的坐标写出直线的方程求出的纵坐标即可判断C；根据及基本不等式判断D.
【详解】双曲线，故，所以，故A错误；
渐近线方程为，故B错误；
由，，则的方程为，
即，令得，故C错误；
对于D项，，
当且仅当，即时，等号成立.
所以，四边形面积的最小值为4，故D项正确.
故选：D.
8. 已知等比数列的前项和为，若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A. 9B. 18C. 27D. 54
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算可得首项，进而可得，将不等式转化为，利用基本不等式即可求解.
【详解】由则，
所以，
故由可得，
所以，
由于，当且仅当，即时等号成立，
故，
故选：D
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 下列关于导数运算正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由导数四则运算法则以及复合函数的导数即可验算.
【详解】由题意，，
，.
故选：ABD.
10. 已知圆的圆心坐标为，则关于圆的说法正确的是（ ）
A.
B. 圆与圆有且仅有2条公切线
C. 直线被圆截得的弦长为
D. 圆在点处的切线方程为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，由圆心坐标列方程求出参数即可判断；对于B，判断两圆的位置关系即可；对于C，由点到直线的距离公式结合圆的弦长公式即可判断；对于B，发现点与点都在直线上，由此即可判断.
【详解】对于A，由题意圆即圆的圆心坐标为，
所以，解得，所以，故A正确；
对于B，由A可知的圆心、半径分别为，
圆的圆心、半径分别为，
所以圆心距满足，即两圆外切，
所以圆与圆有且仅有3条公切线，故B错误；
对于C，的圆心、半径分别为，
点到直线的距离为，
所以线被圆截得的弦长为，故C错误；
对于D，易得点在圆上，
而点与点都在直线上，即该点处切线斜率为0，
所以圆在点处的切线方程为，故D正确.
故选：AD.
11. 已知数列的前项和为，若，则以下说法正确的是（ ）
A. 数列是单调递增数列B. 当最大时，的值取5或6
C. 数列是等差数列D. 当时，的最大值为10
【答案】BC
【解析】
【分析】对于AC，求得表达式即可判断；对于B，由二次函数对称轴即可判断；对于D，令，解不等式即可判断.
【详解】由题意，当时，，
两式相减得，
显然，
所以是递减数列，故A错误；
因为开口向下的二次函数的对称轴为，
所以当最大时，的值取5或6，故B正确；
对于C，是等差数列，故C正确；
对于D，令，解得，即的最大值为11，故D错误.
故选：BC.
12. 已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），，则（ ）
A.
B
C. 最小值为4
D. 当直线的倾斜角为时，与面积之比为3
【答案】BCD
【解析】
【分析】由抛物线的几何性质，即可判断A；利用方程联立，由焦半径和焦点弦长公式，结合韦达定理，即可判断BC，直线方程与抛物线方程联立，求点的坐标，即可判断D.
【详解】由题意可知，，所以，故A错误；
当直线的斜率存在时，设直线，，
联立，得，
其中，，
，
当直线的斜率不存在时，，此时，故B正确；
直线的斜率存在时，，当直线的斜率不存在时，，所以最小值为4，故C正确；
设直线，
联立，得，得或，
由题意可知，，,
所以,故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是灵活应用焦半径和焦点弦长公式，利用韦达定理，变形公式.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 函数在处的切线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数可求得切线斜率，结合直线过点可得切线方程.
【详解】，所以切线的斜率为，
所以函数在处的切线方程为，即.
故答案为：.
14. 已知双曲线的右焦点为，实轴长为8，则该双曲线的标准方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得条件，，从而得到双曲线标准方程..
【详解】由题可得双曲线焦点在轴上，且，，所以，，则双曲线的标准方程为.
故答案为：
15. 已知是空间的一个单位正交基底，且，则与夹角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据单位正交基底的特征，结合数量积公式，即可求解.
【详解】由题意可知，，
，，
所有.
故答案为：
16. 若数列满足，则称该数列为斐波那契数列.如图1所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前项和为，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据递推公式可得，结合累加法计算得即可判断.
【详解】因为斐波那契数列总满足，且，
所以，
，
，
类似的有，其中，
累加得，又，
所以，
故：.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是理解斐波那契数列的特点，由递推关系得，利用累加法可得，即可判断.
四､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知数列的首项.
（1）若数列满足，证明：数列是等比数列；
（2）若数列是以3为公比的等比数列，证明：数列是等差数列.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的定义即可求证，
（2）根据等差数列的定义即可求证，
【小问1详解】
当 时，为常数，所以数列是等比数列
【小问2详解】
由于数列是以3为公比的等比数列，所以，
为常数，
所以数列是等差数列
18. 已知抛物线，其焦点到准线的距离为，斜率为的直线与的交点为两点，与轴的交点为.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若，求.
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，求得抛物线方程；
（2）根据得到两点纵坐标的关系，联立直线的方程和抛物线的方程，写出韦达定理，从而求得两点的坐标，根据两点间的距离公式求得.
【小问1详解】
由题意焦点到准线的距离为，所以，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
设，，，直线方程为，
联立，消去得，
则，即，，
又，则，可得，
解得，，代入抛物线方程得，，
所以，，代回直线的方程解得合题意，
.
19. 如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由，可证明平面；
（2）以点A为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
平面，平面，，
又正方形中，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
以点A为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知：
，
则，，
设平面的法向量为，
则，
令，得到，
，
设平面的一个法向量为，
则，
令，得到，
，
设平面与平面夹角为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知圆：.
（1）若直线过定点且与圆相切，求直线的方程；
（2）若直线与圆交于两点，求的最小值.
【答案】（1）直线的方程为和.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，分切线的斜率存在与不存在讨论，结合点到直线的距离公式列出方程，代入计算，即可得到结果.
（2）根据题意，由条件可得当直线l与直线垂直时，直线l被圆截得的弦最小，再由弦长公式，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
已知圆心，半径，
当直线斜率存在时，设直，即，
圆心到直线的距离为，解方程可得，
此时直线方程为，整理得.
当直线斜率不存在时，直线的方程为，满足题意.
所以直线方程为和.
【小问2详解】
直线的方程可化为点斜式，所以l过定点.
又点在圆C内，当直线l与直线垂直时，直线l被圆截得的弦最小.
因为，所以l的斜率，
所以l的方程为，即，
因为，，
此时
所以当时，的最小值为.
21. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，.设各层球数构成一个数列.
（1）写出与递推关系，并求数列的通项公式；
（2）数列是以3为首项，3为公比的等比数列，令，求数列的前项和.
【答案】21.
22.
【解析】
【分析】（1）通过观察数列的规律可以发现第一层球的数量是1，第二层是，第三层的是，可以发现每一层球的数量比上一层多的个数等于层数，从而根据迭代法即可求出数列通项公式，
（2）根据错位相减法即可求解和．
【小问1详解】
从图中可以发现每一层球的数量比上一层多的个数等于层数，
所以，，，
所以，所以（）；
当时，也符合上式，故
【小问2详解】
由于数列是以3为首项，3为公比的等比数列，所以，
，
，
，
所以，
所以，
22. 已知圆和定点，是圆上任意一点，线段的中垂线和直线相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹记为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）曲线与轴的两个交点为，，过点 的直线与曲线交与，两点(注：点，与，不重合），设直线，的斜率分别是，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆的方程得出其圆心与半径，利用中垂线的性质得出，即可得出，根据椭圆的定义得出点的轨迹是以为焦点，4为长轴长的椭圆，即可得出答案；
（2）由（1）得出的曲线的方程得出点，的坐标，设过点的直线为，，，联立直线与椭圆方程根据韦达定理得出，，即可得出，再根据两点的斜率公式得出，即可化简代入得出答案.
【小问1详解】
由，得，
所以圆心为，半径为4，
连接，由是线段的中垂线，得，
所以，又，
根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，4为长轴长的椭圆，
所以，，，所求曲线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，
设过点的直线为，，，
联立和，
消去，整理得，,
，，
从而，
．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，得到韦达定理式，再化积为和得，再代入计算的值即可.