安徽省合肥市第八中学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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1．你拿到的试卷满分为150分，考试时间为150分钟．
2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效．
第Ⅰ卷（选择题）
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. 在数列 中，，则 （ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由数列的递推公式，依次求出即可.
【详解】数列 中，，
则有，，.
故选：C.
2. “”是“方程 表示的曲线为椭圆”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】利用椭圆的标准方程结合充分、必要条件的定义计算即可.
【详解】易知时，，但时有，
此时方程表示圆，所以不满足充分性，
若方程 表示的曲线为椭圆，则，
显然成立，满足必要性，
故“”是“方程 表示的曲线为椭圆”的必要不充分条件.
故选：B
3. 已知直线 和直线 互相平行，则实数 的值为（ ）
A. 或2B. 或 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行关系列式求的值，并代入检验即可.
【详解】由题意可得：，解得或，
若，则两直线分别为，符合题意；
若，则两直线均为，不符合题意；
综上所述：.
故选：D.
4. 已知等差数列 的前 项和为 ，且 ，则 （ ）
A. B. 2C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的性质和前n项求和公式计算即可求解.
【详解】由题意知，，
又，所以.
故选：D
5. 已知是函数的极大值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导后，得导函数的零点，比较两数的大小，分别判断在两边的导数符号，确定函数单调性，从而确定是否在处取到极大值，即可求得的范围.
【详解】，则，，
当时，令得或，令得，
此时在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增，
符合是函数的极大值点；
当时，恒成立，函数不存在极值点，不符合题意；
当时，令得或，令得，
此时在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增，
符合是函数的极小值点，不符合题意；
综上，要使函数在处取到极大值，则实数的取值范围是.
故选：C.
6. 从某个角度观察篮球（如图1）可以得到一个对称的平面图形（如图2），篮球的外轮廓为圆，将篮球的表面粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设双曲线的标准方程为，求出圆与双曲线在第一象限内的交点的坐标，将点的坐标代入双曲线的方程，可得出的值，再利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率.
【详解】设双曲线的标准方程为，
设圆与双曲线在第一象限内的交点为，连接、，
则，
因为坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，则，
故点，
将点的坐标代入双曲线的方程可得，所以，
所以，该双曲线的离心率为.
故选：C.
7. 如图，在三棱锥 中，，平面 平面 ，则三棱锥 外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先确定底面的外接圆圆心，结合图形的特征，利用勾股定理及外接球的表面积公式计算即可.
【详解】如图所示，取中点E，连接，在上取F点满足，
由题意易知为正三角形，则F点为的外接圆圆心，且,
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以底面，底面，过F作，
故三棱锥 外接球的球心O在直线上，作交于G点，
设，球半径为R，
根据，
易知，四边形为矩形，
由勾股定理可知：，
即，
故其外接球表面积为.
故选：B
8. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用的单调性可判断，利用的单调性可判断，故可得三者之间的大小关系.
【详解】设，则有，
当时，在上单调递减；
，即有，；
令，则，
当时，，当且仅当时等号成立，故在上单调递减；
，即有，，
综上所述，则有，
故选：B.
二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知直线与圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线 必过定点B. 与 可能相离
C. 与 可能相切D. 当 时，被 截得的弦长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用直线方程确定过定点可判定A，利用直线与圆位置关系可判定BC，利用弦长公式可确定D.
【详解】由直线方程变形得，显然时，即直线过定点，故A正确；
易知，即点在圆上，则直线不会与圆相离，但有可能相切，
故B错误，C正确；
当时，此时直线，圆心为原点，半径为，
则圆心到的距离为，所以被 截得的弦长为，故D正确.
故选：ACD
10. 定义：设 是 的导函数，是函数 的导数，若方程有实数解 ，则称点 为函数 的“拐点”．经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心． 已知函数 的对称中心为 ，则下列说法中正确的有（ ）
A. B. 函数 既有极大值又有极小值
C. 函数 有三个零点D. 对任意 ，都有
【答案】AB
【解析】
【分析】根据拐点定义二次求导可计算可求出函数解析式即可判定A，根据导数研究其极值可判定B，结合B项结论及零点存在性定理可判定C，利用函数解析式取特殊值可判定D.
【详解】由题意可知，，
而，故A正确；
此时，，
显然或时，，则在上单调递增，
时，，即在上单调递减，所以在时取得极大值，在时取得极小值，故B正确；
易知，
结合B结论及零点存在性定理可知在存在一个零点，故C错误；
易知，故D错误.
故选：AB
11. 如图，已知抛物线的焦点为 ，抛物线 的准线与 轴交于点 ，过点 的直线 （直线 的倾斜角为锐角）与抛物线 相交于 两点（A在 轴的上方，在 轴的下方），过点 A作抛物线 的准线的垂线，垂足为 ，直线 与抛物线 的准线相交于点 ，则（ ）
A. 当直线 的斜率为1时，B. 若，则直线的斜率为2
C. 存在直线 使得 D. 若，则直线 的倾斜角为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据抛物线的焦点弦的性质一一计算即可.
【详解】易知，可设，设，
与抛物线方程联立得，
则，
对于A项，当直线 的斜率为1时，此时，
由抛物线定义可知，故A正确；
易知是直角三角形，若，
则，
又，所以为等边三角形，即，此时，故B错误；
由上可知 ，
即，故C错误；
若，
又知，所以，
则，即直线 的倾斜角为 ，故D正确.
故选：AD
12. 如图，在棱长为2的正方体 中，已知 分别是棱 的中点，为平面 上的动点，且直线 与直线 的夹角为 ，则（ ）
A. 平面
B. 平面截正方体所得的截面图形为正六边形
C. 点的轨迹长度为
D. 能放入由平面分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面截正方体所得的截面；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在上，设球心坐标建立方程，求出半径的最大值.
【详解】A选项，如图所示以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
故.
设平面的法向量为，则，
令得，
易知，故平面，即A正确；
B选项，取的中点，
连接，
结合题意可知，
所以四点共面且四点共面，两个平面都过点P，
所以六点共面，
易知，
所以平面截正方体所得的截面为正六边形，B正确；
C选项，由上知平面，设垂足为，以为圆心为半径在平面上作圆，
由题意可知Q轨迹即为该圆，结合B的结论可知平面平分正方体，
根据正方体的中心对称性可知平分，故半径，
故点Q的轨迹长度为，C错误；
D选项，由上知该两部分空间几何体相同，不妨求能放入含有顶点的这一空间几何体的球的半径最大值，
结合A项空间坐标系及正方体的对称性知该球球心在上，
该球与平面切于点S，与平面、平面、平面都相切，
设球心为，则球半径为，
易知，故，
故球的半径的最大值为，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：关于立体几何中截面的处理思路有以下方法（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
关于立体几何中求动点轨迹的问题注意利用几何特征，比如动直线与定直线夹角为定值，可以考虑结合圆锥体得出动点轨迹.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知正方体 的棱长为 ，则异面直线 与 所成的角的余弦值_________________．

【答案】##
【解析】
【分析】利用正方体的特征构造平行线求异面直线夹角即可.
【详解】
如图所示连接，根据正方体的特征易知，且为等边三角形，
所以即异面直线 与 所成的角，且，.
故答案为：
14. 在正项等比数列 中，若 ，_____________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据正项等比数列的定义与通项公式，计算即可
详解】正项等比数列 中，，
，
解得，舍去负值，所以.
故答案：5
15. 以两条直线 的交点为圆心，并且与直线 相切的圆的方程是_____________________．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用交点坐标和点到直线的距离公式求出圆心和半径，最后求出圆的方程.
【详解】利用，解得，则圆心坐标为，
设圆的方程为
利用圆心到直线的距离，
整理得，
故圆的方程为.
故答案为：.
16. 关于 的不等式恒成立，则实数 的最大值为_____________________．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，利用导数研究其单调性及最值，分离参数计算即可.
【详解】设，
易知，
则当时，，即此时两函数均单调递增，
当时，，即此时两函数均单调递减，
故，
对于不等式，
由上可知，故，
又单调递增，故.
所以实数a的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：观察不等式结构可发现是指对同构式即原式等价于，构造函数判定其单调性与最值分参计算即可.
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. 已知数列满足．
（1）证明数列 为等差数列，并求出数列 的通项公式；
（2）设，数列 的前 项和为 ，求 ．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题中递推公式可得，结合等差数列的定义和通项公式分析求解；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法运算求解.
【小问1详解】
因为，则，
所以数列 是以首项，公差的等差数列，
可得，所以
【小问2详解】
由（1）可得，
所以.
18. 设圆与两圆中的一个内切，另一个外切．
（1）求圆心的轨迹的方程；
（2）已知直线与轨迹交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆与圆的位置关系结合双曲线的定义分析求解；
（2）联立方程结合韦达定理运算求解.
【小问1详解】
圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为1，
设圆的半径为，
若圆与圆内切，与圆外切，则，
可得；
若圆与圆内切，与圆外切，则，
可得；
综上所述：，
可知：圆心的轨迹是以、为焦点的双曲线，且，
可得，所以圆心的轨迹的方程.
【小问2详解】
联立方程，消去y得，
则，可知直线与双曲线相交，
设，线段的中点为，

可得，即，
且在圆上，则，解得，
所以实数的值为.
19. 如图所示，用平面 表示圆柱的轴截面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为母线 的中点，已知 为一条母线，且 ．

（1）求证：平面 平面 ；
（2）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）根据图形特征结合勾股逆定理先证，由线线垂直得线面垂直，根据线面垂直的性质可得面面垂直；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值.
【小问1详解】
依题意可知，则是等腰直角三角形，故，
由圆柱的特征可知平面，又平面，，
因为平面，则平面，
而平面，则，
因为，则，
，
所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面；
【小问2详解】
由题意及（1）知易知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系

则，
所以，
由（1）知是平面的一个法向量，设是平面的一个法向量，
则有，取，所以，
设平面 与平面 的夹角为，
所以.
即平面 与平面 夹角的余弦值为.
20. 已知函数．
（1）设是的极值点，求的值，并求的单调区间；
（2）证明：当时，在上恒成立.
【答案】（1），单调区间见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据极值的定义分析求解，进而可得单调区间；
（2）根据题意分析可得，令，利用单调性判断其单调性和符号，即可得结果.
【小问1详解】
因为的定义域为，则，
若是的极值点，则，解得，
当，则，，
令，解得；令，解得；
则在内单调递增，在内单调递减，
可知是的极大值点，即符合题意，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
因为，则，且，可得，
即，
令，则在内恒成立，
可知在内单调递减，可得，
即，
所以当时，在上恒成立.
21. 对每个正整数是抛物线上的点，过焦点的直线交抛物线于另一点．
（1）证明：；
（2）取，并记，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线，联立方程结合韦达定理分析证明；
（2）根据抛物线的定义结合（1）可得，利用分组求和法结合等比数列求和公式运算求解.
【小问1详解】
由题意可知：抛物线的焦点，且直线的斜率存在，
设直线，
联立方程，消去y得，
可得，所以.
【小问2详解】
因为，由（1）可得，
则，
可得，
设数列的前项和为，
则
，
所以.
【点睛】关键点点睛：利用韦达定理证明关系，并根据抛物线的定义求.
22. 已知椭圆的离心率，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点，直线分别与椭圆交于点异于，垂足为，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合离心率列式求，进而可得方程；
（2）联立方程求的坐标，根据向量平行可知直线过定点，进而分析可知点在以为直径的圆上，结合圆的性质分析求解.
【小问1详解】
由题意可得：，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由题意可得：直线，
联立方程，消去x可得，
解得或，可知点S纵坐标为，
可得，即，
同理可得：，即，
取，则，，
因为，可知∥，
即三点共线，可知直线过定点，
又因为，且，
可知：点在以为直径的圆上，该圆的圆心为，半径，
所以的最小值为.