福建省莆田市2023_2024学年高二数学上学期期末考试试题含解析

这是一份福建省莆田市2023_2024学年高二数学上学期期末考试试题含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 经过，两点的直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出过两点的直线的斜率，结合倾斜角和斜率的关系，即可求得答案.
【详解】由题意得经过，两点的直线的斜率为，
而直线倾斜角范围为，
故经过，两点的直线的倾斜角为，
故选：C
2. 已知等差数列的前项和为，若，则（）
A. 380B. 200C. 190D. 100
【答案】A
【解析】
【分析】求得等差数列的公差，进而求得
【详解】设等差数列的公差为，
则，
所以.
故选：A
3. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则的焦距为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题知双曲线的焦点在轴上，，进而得，再求焦距即可.
【详解】解：由题知双曲线的焦点在轴上，，即，
所以，双曲线的渐近线方程为，
因为双曲线的一条渐近线方程为，
所以，
所以，
所以，的焦距为.
故选：D
4. 已知数列{an}的前n项和为，，，则（）
A. 64B. 62C. 32D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】根据得到，，，，相加得到答案.
【详解】，，
则，，，.
故.
故选：B
5. 已知函数，若在上单调递增，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，由求出的范围即可.
【详解】函数，求导得，
由在上单调递增，得，当时，，
因此，令，求导得，
当时，，当时，，即函数在上递减，在上递增，
于是，则，即，
所以实数的取值范围是.
故选：B
6. 如图，直线l和圆C，当l从l0开始在平面上绕点O按逆时针方向匀速转到（转到角不超过90°）时，它扫过的圆内阴影部分的面积S是时间t的函数，这个函数的图像大致是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知：S变化情况为“一直增加，先慢后快，过圆心后又变慢”，据此确定函数的大致图像即可.
【详解】观察可知面积S变化情况为“一直增加，先慢后快，过圆心后又变慢”，
对应的函数的图象是变化率先变大再变小，由此知D符合要求.
故选D.
【点睛】本题主要考查实际问题中的函数图像，函数图像的变化趋势等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
7. 已知为椭圆上任一点，过作圆的两条切线，切点分别为，则四边形面积的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出图形，将面积问题转化为边长最值问题，利用参数方程找到边长最值，求解即可.
【详解】
连接，，，而易知，
易知的参数方程为，(是参数)，
故，，由两点间距离公式得，
易得当时，取得最大值，即四边形面积也取得最大值，
故此时，，即四边形面积的最大值为.
故选：C
8. 我国在2022年完成了天宫空间站的建设，根据开普勒第一定律，天宫空间站的运行轨道可以近似为椭圆，地球处于该椭圆的一个焦点上．已知某次变轨任务前后，天宫空间站的近地距离（天宫空间站与地球距离的最小值）不变，远地距离（天宫空间站与地球距离的最大值）扩大为变轨前的3倍，椭圆轨道的离心率扩大为变轨前的2倍，则此次变轨任务前的椭圆轨道的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，列出变轨前后椭圆长半轴长和离心率的关系等式，即可求解得答案.
【详解】设变轨前椭圆的长半轴长和离心率分别为，则半焦距为，
设变轨后椭圆的长半轴长为，显然变轨后椭圆离心率为，半焦距为，
依题意，，整理得，即，
而，解得，
此次变轨任务前的椭圆轨道的离心率为.
故选：C
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. 直线，圆，则（）
A. 直线恒过定点
B. 存在实数使得直线的倾斜角为
C. 直线与圆的相交弦长的最大值为
D. 当时，圆上存在3个点到直线距离等于1
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，利用直线方程，列方程组求所过的定点；B选项，结合斜率的计算，判断倾斜角是否存在；C选项，结合弦长公式求解；D选项，利用圆心到直线距离和半径的关系，判断结论.
【详解】直线，方程改写为，
由，解得，所以直线恒过定点，A选项正确；
若直线的倾斜角为，则直线的斜率，关于的方程无解，
所以不存在实数使得直线的倾斜角为，B选项错误；
圆，圆心坐标为，半径，
，定点在圆内，当直线与垂直时，弦长最短，
最短弦长为，C选项错误；
当时，直线的方程为，则圆心到直线的距离为1，又圆半径，所以圆上存在3个点到直线距离等于1，D选项正确.
故选：AD
10. 已知数列前项和为，且，则（）
A. B. 数列是等比数列
C. 数列中的最大项为D. 数列是等差数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，可得数列是等差数列，再结合等差数列性质逐项判断即得.
【详解】由，得数列是等差数列，令其公差为，由，得，
对于A，，A正确；
对于B，为常数，数列是等比数列，B正确；
对于C，由知，的取值不确定，当为正数时，数列单调递增，数列无最大项，C错误；
对于D，，，于是，数列是等差数列，D正确.
故选：ABD
11. 已知函数，导函数的极值点是函数的零点，则（）
A. 有且只有一个极值点
B. 有且只有一个零点
C. 若，则
D. 过坐标原点仅有一条直线与曲线相切
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，对原函数进行两次求导计算求得，得到函数，再分别就选项A,B中的相关量进行判断；对于C项，判断应该与函数单调性有关，经计算得到，故只需运用单调性即可推得；对于D项，要将过点的曲线切线条数问题转化为含切点坐标的方程的根的个数问题即得.
【详解】由可得：，
不妨取，则，
则由解得：，依题意，，
解得：此时，.
对于A项，因，函数在R上恒为增函数，
则没有极值点，故A项错误；
对于B项，由A项结论可知，函数在R上恒为增函数，且，
即有且只有一个零点，故B项正确；
对于C项，由A项得：，则，
因函数在R上恒为增函数，则由即：可得：，即：，故C项正确；
对于D项，不妨设切点为，由可得，
切线斜率为：，
则切线方程为：，
因切线过原点，则有：，
整理得：，解得：或，
即过坐标原点有两条直线与曲线相切，故D项错误.
故选：BC.
12. 已知曲线为上一点，则（）
A. 与曲线有四个交点
B. 曲线图像不经过第二象限
C. 的取值范围为
D. 过点的直线与曲线有三个交点，则直线的斜率
【答案】BCD
【解析】
【分析】分象限讨论得到函数图像判断B，数形结合判断A，平行线距离判断C，求切线斜率结合图像判断D即可.
【详解】当时，曲线方程为，即，是双曲线的一部分，
当时，曲线方程为，实数平面内不存在这样的曲线，故B正确，
当时。曲线方程为，即，是双曲线的一部分，
当时，曲线方程为，即，是椭圆的一部分，
故作曲线图像，如下图，
对于A，由双曲线方程知渐近线为，而显然与渐近线平行，
由图像知与曲线不可能有四个交点，故A错误，
对于C，是的一部分，
后者表示曲线上动点到直线的距离，
转化为两平行线与的距离，
而与曲线有交点，联立方程组，，
可得，
由，解得(另一个根舍去)，
结合图像得，，化简得，
故C正确，
对于D，易知在曲线的切线上，
且设过点且与相切的直线方程为，
联立方程组，，
可得，
而，
解得(另一个根舍去)，
由图像可知，当时，直线与曲线有三个交点，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查求解析几何，解题关键是化简曲线方程，再结合平行线的距离公式等方法求解即可.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 曲线在点处的切线方程为，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据切点和斜率求得，进而求得.
【详解】点直线上，所以.
直线的斜率为，
由得，
所以.
故答案为：
14. 已知直线，若直线不能围成三角形，写出一个符合要求的实数的值_________．
【答案】
【解析】
【分析】联立方程组解得交点坐标，列出直线不能围成三角形的条件，分别解出即可.
【详解】由解得，所以的交点坐标为，
过定点，
若直线不能围成三角形，只需经过点，或与平行，或与平行，
当经过点时，，解得；
当与平行时，，解得；
当与平行时，，解得.
故的值为.
故答案为：（只需写出其中一个即可）.
15. 椭圆与抛物线有共同的焦点，点是椭圆与抛物线其中的一个交点，轴，则椭圆的离心率为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】依题根据椭圆与抛物线的共性用椭圆的半焦距表示点坐标，代入椭圆方程即可得到的齐次方程，解之即得.
【详解】
如图，设点，则，因轴，把代入中，
解得：.
不妨取，再代入中，整理得：，
化简得：，即：，
解得：，因，则.
故答案：.
16. 若存在正数，使得不等式有解，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由转化为，然后构造函数，再利用导数求函数的单调性，从而求解.
【详解】因为，，所以，不等式可以化为，
令，则，所以．
当时，，故函数在上单调递增．
当时，，不合题意，舍去．
当时，，因为在上单调递增，，
所以，即．令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
当时，，所以在上单调递增，故，
所以，即，矛盾，故舍去．
当时，，所以当时，，
所以，即．
综上可得，实数的取值范围是．
【点睛】根据不等式构造函数，利用导数研究求解函数单调性，从而求解不等式.
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. 已知数列的前n项和为，其中．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】17. ，；
18.
【解析】
【分析】（1）利用之间的关系进行求解即可；
（2）利用裂项相消法进行求解即可.
【小问1详解】
因为当时，有，
所以当时，有，
两式相减，得，
当时，由，适合，
所以，；
【小问2详解】
因为，；
所以，
因此.
18. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将原函数求导，就参数进行分类讨论导函数的符号，即得函数的单调性；
（2）构造函数，在条件下，判断的符号，得到得证.
【小问1详解】
的定义域,
若则在上单调递增；
若当时，则单调递减，时，则单调递增.
综上：当时，在上单调递增，无减区间；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
因，设则，
则在上单调递减，故.
19. 在平面直角坐标系中，动圆过点且与直线相切．记圆心的轨迹为曲线
（1）求曲线的方程；
（2）过点的直线与曲线交于两点，．证明：
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先由抛物线定义确定轨迹类型，后求出标准方程即可.
（2）将角度问题转化为倾斜角问题，再转化为斜率问题证明即可.
【小问1详解】
因动点到点的距离等于点到直线的距离，
故可知动点的轨迹是抛物线，
设其方程为，由题意得，
故动点的轨迹方程为：．
【小问2详解】
如图，因直线的斜率不能为0（否则直线与抛物线只有一个公共点），又过点，
可设，由消去并整理得：
显然，设，则由韦达定理，
则
将代入得：，
故
20. 已知数列的前项和为，且，数列是首项为1，公差为2的等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，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）由与的关系式易得关于通项的递推式，根据等比特征求出通项，代入的通项可求出；
（2）因属于“差比数列”，运用错位相减法可求得，由恒成立，即恒成立，利用数列的函数思想，求函数的最大值即可.
【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，
①②得:．
所以．
不等式对一切恒成立，转化为对一切恒成立．
令，
单调递减，
所以实数的取值范围为.
21. 已知椭圆的离心率为，且过点，分别为椭圆的左右顶点，点是椭圆上异于的动点，直线与直线分别交于两点．
（1）求椭圆的方程
（2）求线段的长度的最小值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件得到的方程组，由此求解出的值，则椭圆的方程可求；
（2）根据条件先分析出的关系，然后设出的方程，从而可求出的纵坐标，根据以及基本不等式求解出的最小值.
【小问1详解】
由条件可知：，解得，
所以椭圆的方程为，
【小问2详解】
设点，则，
则，所以，
不妨设直线的方程为，其中，
则直线的方程为，
设点，
由可得，
由可得，
所以，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以的最小值为．
22. 已知函数有两个不同极值点，分别记为，，且．
（1）求实数的取值范围；
（2）若不等式恒成立（为自然对数的底数），求正数的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）将题意转化为方程有两个不同的根m,n，令，对求导，判断与0的大小，即可求出的单调性和极值，画出的图象即可得出答案；
（2）由题意可将题意转化为恒成立，令，即恒成立，记函数，，即对求导，可证明，即可得出答案.
【小问1详解】
由题意得：定义域为，得
因两个不同极值点，故方程有两个不同的根，
即方程有两个不同的根记函数，则
当时，，此时，在上单调递增；
当时，，此时在上单调递减；
所以
又当时，，当时，，
且当趋近于正无穷时，趋近于0，
所以，方程有两个不同的实数根，当且仅当．
【小问2详解】
由（1）知得，
所以，即，
由不等式恒成立，即恒成立，
由得即恒成立，
亦即恒成立，设时，得恒成立，
进而得恒成立，
记函数
则，
当时，在上单调递增，
所以恒成立，故满足题意
当时，若时有，则在上单调递减，
所以，当时有，与题意不符，
综上得正数的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.