福建省福州市2023_2024学年高二数学上学期期末联考试题含解析

这是一份福建省福州市2023_2024学年高二数学上学期期末联考试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
（满分：150分，完卷时间：120分钟）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1. 在等比数列中，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等比数列的性质即可求解.
【详解】解：，所以，
故选：B.
2. 已知函数在上可导，且满足，则函数在点处的切线的方程为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，利用导数的定义即可得到，再由导数的几何意义即可得出结果.
【详解】由，得到，
由导数的定义知，所以函数在点处的切线的方程为，
即，
故选：D.
3. 已知在四面体中，分别是的中点，设，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合图像，利用空间向量的线性运算即可得到结果.
【详解】连接，如图，
因为，，分别是的中点，
所以.
故选：D.
4. 过点的直线与圆相交于两点，则弦长的最小值是（）
A. 2B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆心、半径，得出，即点在圆内.当时，弦长最小，根据勾股定理即可求出答案.
【详解】由已知可得圆心，半径.
因为，所以点在圆内.
所以，当时，弦心距最大，弦长最小.
所以弦长的最小值是.
故选：B.
5. 已知、，若直线经过点，且与线段有交点，则的斜率的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出图形，数形结合可得出直线的斜率的取值范围.
【详解】过点作，垂足为点，如图所示：
设直线交线段于点，设直线的斜率为，且，，
当点在从点运动到点（不包括点）时，直线的倾斜角逐渐增大，
此时；
当点在从点运动到点时，直线的倾斜角逐渐增大，此时.
综上所述，直线的斜率的取值范围是.
故选：D.
6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，A为C上位于第一象限的一点，与y轴交于点B．若，则C的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合对称性及椭圆的定义，得到，然后根据B为的中点，推导出，求得，，找到的关系，从而求得离心率.
【详解】解析：如图，由，得为等边三角形，结合对称性及椭圆的定义，得，则B为的中点，从而OB为的中位线，，所以，
所以，即，
则，
故选:A．
7. 如图，ABCD－EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足，则P到AB的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，计算出和的坐标，然后根据向量法求点到直线的距离公式即可求解.
【详解】如图，以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
因为，所以，
，，
，，
所以点P到AB的距离．
故选：C.
8. 如图，过拋物线的焦点的直线与拋物线交于两点，与其准线交于点（点位于之间）且于点且，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，然后结合条件可得，即求.
【详解】设于点，准线交轴于点G，
则，又，
∴，又于点且，
∴BE∥AD，
∴，即，
∴，
∴等于.
故选：B.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对5分，部分选对得2分，有选错得0分.）
9. 已知正方体，棱长为1，分别为棱的中点，则（）
A. 直线与直线共面B.
C. 直线与直线的所成角为D. 三棱锥的体积为
【答案】BD
【解析】
【分析】如图，以为原点，以所在直线分别为建立空间直角坐标系，对于A，利用面面平行性质结合平行公理分析判断，对于B，通过计算进行判断，对于C，利用向量的夹角公式求解，对于D，利用求解.
【详解】如图，以为原点，以所在直线分别为建立空间直角坐标系，则
，，
，
对于A，假设直线与直线共面，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，
所以∥，
因为∥，所以∥，矛盾，所以直线与直线不共面，所以A错误；
对于B，因为，
所以，所以，所以，所以B正确，
对于C，设直线与直线的所成角为，因为，
所以，
所以，所以C错误，
对于D，因为平面，
所以，所以D正确，
故选：BD.
10. 已知递减的等差数列{an}的前n项和为Sn，S6＝S8，则（）
A. a7＞0B. S13＜0C. S15＜0D. S7最大
【答案】ACD
【解析】
【分析】由可得，由等差数列{an}为递减数列，所以，所以当时，时，根据等差数列的求和公式和性质，逐项分析判断即可.
【详解】由可得，
由等差数列{an}为递减数列，
所以，故A正确；
又，故B错误；
，故C正确；
由等差数列{an}为递减数列，所且，
所以当时，
时，所以S7最大，故D正确
故选：ACD
11. 已知两点，若直线上存在点，使得，则称该直线为“点定差直线”，下列直线中，是“点定差直线”有（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】先求出P点的轨迹方程为的右支，结合双曲线的渐近线斜率与选项中直线斜率进行比较，得到有无交点，进而求出答案.
【详解】因为，故P点的轨迹方程为双曲线的右支，其中，，则，所以双曲线为（），渐近线方程为，的斜率为，故与（）有交点，A正确；
的斜率，且与y轴交点为，故与（）无交点，B错误；
的斜率，且与y轴交点为，故与（）无交点，C错误；
的斜率，故与（）有交点，D正确.
故选：AD
12. 设双曲线的左､右焦点分别为，点在的右支上，且不与的顶点重合，则下列命题中正确的是（）
A. 若，则的两条渐近线的方程是
B. 若点的坐标为，则的离心率大于3
C. 若，则的面积等于
D. 若为等轴双曲线，且，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程即可求解A，根据点在双曲线上，结合离心率的计算即可求解B，根据焦点三角形的性质结合双曲线定义即可求解C，根据余弦定理即可求解D.
【详解】当时，双曲线的渐近钱的斜率A错误，
因为点在上，则，得，
所以，B正确：
因为，若，则，
即，即，
得，所以，C正确.
若为等轴双曲线，则，从而.若，
结合，则.
在中，由余弦定理，得，D错误，
故选：BC.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知圆．若圆C与圆外切，则m的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用两圆相外切列方程即可求解.
【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径.
因为圆与圆外切，所以，
所以，解得：.
故答案为：
14. 设数列的前项和为.已知，数列的通项公式__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用与的关系运算得解.
【详解】因为，则当时，，
两式相减得：，即，
而，
则数列是以1为首项，4为公比的等比数列，
所以数列的通项公式是.
故答案为：.
15. 已知为单位向量.，若，则在上投影向量为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据模与向量的关系求出的值，再根据在上的投影向量公式求出答案即可.
【详解】，
由题可得：
，可得，
则在上的投影向量为.
故答案为：.
16. 数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列（Fibnacci sequence），该数列是由十三世纪意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Lenard Fibnacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上斐波那契数列可表述为．设该数列的前n项和为，记，则________．（用m表示）
【答案】##
【解析】
【分析】由斐波那契的定义有，中每一项都表示为两项的差，然后正负抵消后可得结论．
【详解】由，得，即．所以．
故答案为：．
四､解答题（本题共6小题，第17题10分，第18-22题各12分，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，设.
（1）求；
（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；
（3）求的通项公式.
【答案】（1）
（2）是首项为1，公比为2的等比数列，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题设条件得到，，，再由，即可求出结果；
（2）根据条件得到，又，即可得出结果；
（3）利用（2）中结果，利用等比数列的通项公式，即可求出结果.
【小问1详解】
由条件可得，
将代入得，，又，得到，
将代入得，，所以.
又，所以.
【小问2详解】
是首项为1，公比为2的等比数列，理由如下，
由条件可得，又，所以，又，
所以是首项为1，公比为2的等比数列.
【小问3详解】
由（2）可得，
所以.
18. 如图，在四棱锥中，平面，四边形是菱形，，是的中点.
（1）求证：；
（2）已知二面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由菱形及线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定，性质即可证结论；
（2）构建空间直角坐标系，设，结合已知确定相关点坐标，进而求面，面的法向量，结合已知二面角的余弦值求出参数，再根据空间向量夹角的坐标表示求与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
由平面，又平面，则，
又是菱形，则，又，面
所以平面，又平面，
所以.
【小问2详解】
设，连接，因为是的中点，所以，
又平面，所以平面，
分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
设，因为，
则，
所以，
由（1）知平面的一个法向量为，
设面的一个法向量为，由，得到，
令，可得，即，
因为二面角的余弦值为，则，
解得，则，
设与平面所成的角为，又，
所以.
19. 已知为锐角三角形，且．
（1）若，求；
（2）已知点在边上，且，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换可得，再利用三角函数的性质结合条件即得；
（2）利用正弦定理结合条件可得，然后根据条件及三角函数的性质即可求得其范围.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
又，，
所以，
所以，即，又，，
所以，即；
【小问2详解】
因为，所以，又，
可得，
在中，，
所以，
在中，，
因为为锐角三角形，
所以，得，
所以，
所以，即的取值范围为.
20. 如图，已知是抛物线上的三个点，且直线分别与抛物线相切，为抛物线的焦点.
（1）若点的横坐标为，用表示线段的长；
（2）若，求点的坐标；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出抛物线的准线方程，利用抛物线定义将的长度转化成点到准线的距离即可；
（2）设与直线，根据直线分别与抛物线相切，可将直线与抛物线方程联立得到判别式为0，进而得出是两根，结合韦达定理与可得，即可求解.
【小问1详解】
设，且在抛物线上，故满足
为抛物线的焦点，，抛物线的准线为，
线段的长等于点到准线的距离，即.
【小问2详解】
设，显然直线的斜率存在且不为0，设直线，，
联立，化简得：
直线与抛物线相切，，即①
同理可得②
由①②知，为方程的两根，且有，
，所以，解得，
将代入，得，故的坐标为.
21. 已知等差数列满足：成等差数列，成等比数列.
（1）求的通项公式：
（2）在数列每相邻两项与间插入个，使它们和原数列的项构成一个新数列，数列的前项和记为，求及.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差中项和等比中项进行求解即可；
（2）求出共插入3的个数，结合等差数列的前项和公式进行求解即可.
【小问1详解】
设等差数列公差为，
因为成等差数列，
所以有，
因为成等比数列，
所以，
所以；
【小问2详解】
由题意可知：在3和5之间插入2个3，
在5和7之间插入个，
在19和21之间插入个3，
此时共插入3的个数为：，
在21和23之间插入个3，
此时共插入3的个数为：
，因此，
.
22. 已知椭圆过点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于、两点，过、作直线的垂线，垂足分别为、，点为线段的中点，为椭圆的左焦点．求证：四边形为梯形．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，结合离心率的定义和的平方关系，求得的值，进而得到椭圆的方程.
（2）分析可得四边形为梯形的充分必要条件是，设,可转化为证明，然后联立方程组，利用韦达定理证得此式，即证得结论.
【小问1详解】
解：由已知得,解得,
∴椭圆的方程.
【小问2详解】
证明：由（1）的结论可知，椭圆的左焦点,
设,则,.
，.
∵直线与椭圆交于、两点，
∴
由于直线与直线不平行，
∴四边形为梯形的充分必要条件是，即，
即,即,
∵,∴上式又等价于，
即（*）.
由,得,
∴,
，
∴（*）成立，
∴四边形为梯形.