福建省南平市2023_2024学年高二数学上学期期末试题含解析

这是一份福建省南平市2023_2024学年高二数学上学期期末试题含解析，共20页。试卷主要包含了 下列求导运算正确的是， 已知正数满足，则的最小值为， 若圆与圆外切，则的取值范围是， 已知直线，直线，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟满分：150分考试形式：闭卷）
注意事项：
1.答卷前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名､班级和座号.考生要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号､姓名”.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第I卷
一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5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】A
【解析】
【分析】根据直线上任意两点可求出斜率，从而求出倾斜角.
【详解】由题意得，所以直线的倾斜角为；
故选：A
2. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】设出夹角，得到，求出答案.
【详解】设与所成角的大小为，
则.
故选：A
3. 下列求导运算正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由基本初等函数求导法则，导数四则运算以及复合函数求导法则运算即可逐一判断每个选项.
【详解】，，，.
故选：D.
4. 已知椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由离心率公式首先求得参数的值，进一步可得以及长轴长.
【详解】因为方程表示椭圆，所以，
从而，解得，
所以，则椭圆的长轴长为.
故选：C.
5. 在等比数列中，，是方程两根，若，则m的值为（）
A. 3B. 9C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据韦达定理可得，结合等比数列的性质即可求解.
【详解】因为，是方程两根，
所以，即，
在等比数列中，，又，
所以，因为，所以，所以.
故选：B.
6. 已知正数满足，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得，所以构造函数求导即可进一步求解.
【详解】已知正数满足，则，令，
则，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，也就是说的最小值为.
故选：B.
7. 已知双曲线的左右焦点分别为,,为双曲线左支上一点，若直线垂直平分线段，则双曲线的离心率为（）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】直线垂直平分线段，即与关于直线对称，直线的斜率与直线斜率乘积为-1，且中点坐标在直线上，解出点坐标，将点坐标代入双曲线方程，得出，关系，从而得出离心率的值
【详解】设，，若直线垂直平分线段，
则与关于直线对称，
则有，且
∴，
可得，即
把的坐标代入双曲线方程中得：
，
∴，∴，∴.
故选：B.
8. 若圆与圆外切，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意外切条件等价于，进一步求圆弧上一点到定点的距离的范围即可求解.
【详解】两圆的方程分别为和，故外切条件等价于和之间的距离为，即.
记，，则点在轨迹上，所求的即为的取值范围.
由于，故，
且
，
同时，上面的上界和下界分别在和时取到.
而是在一个连续的圆弧上，故上的值都可以取到，所以取值范围是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键是将原问题转换为求圆弧上点到定点的距离，由此即可顺利得解.
二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知直线，直线，则（）
A. 当时，B. 当时，
C. 当时，与之间的距离为1D. 直线过定点
【答案】BC
【解析】
【分析】通过的取值结合选项验证可得A,B,C的正误，利用求直线过定点的方法可得D的正误.
【详解】对于A，时，，显然与不垂直，A不正确；
对于B，时，，因为，所以，B正确；
对于C，当时，且，解得，
此时，与之间的距离为，C正确；
对于D，，令，解得，
所以直线过定点，D不正确.
故选：BC.
10. 已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，则（）
A. 的周长为4
B. 的取值范围是
C. 的最小值是3
D. 若点在抛物线上，且线段中点为，则直线的斜率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用椭圆的定义可判定A，利用焦半径公式可判定B，利用椭圆弦长公式可判定C，利用点差法可判定D.
【详解】由题意可知椭圆的长轴长，左焦点，
由椭圆的定义可知，
故A错误；
设，，
易知，故B正确；
若的斜率存在，不妨设其方程为：，
联立椭圆方程，则，
所以，
若的斜率不存在，则其方程为，与椭圆联立易得，
显然当的斜率不存在时，，故C正确；
设，易知
，
若中点为，则，故D正确.
故选：BCD
11. 如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，为的重心，，若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据重心性质得到，求出；B选项，，利用向量数量积公式得到，得到垂直关系；C选项，，故两者不平行；D选项，利用向量数量积公式得到，得到.
【详解】A选项，底面为等边三角形，为的重心，
故，
又，故
，A正确；
B选项，，故
，
故，B正确；
C选项，，
又，
设，即，无解，故与不平行，C错误；
D选项，
，
故，D正确.
故选：ABD
12. 已知函数，其中，则（）
A. 函数的极大值点为2
B. 若关于的方程有且仅有两个实根，则的取值范围为
C. 方程共有4个实根
D. 关于的不等式不可能只有1个整数解
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，求导得，结合极大值点的定义即可判断；对于B，取，通过说明恰有两个根，即可推翻结论；对于C，画出函数的图象，通过换元法分类讨论即可判断；对于D，首先得或，结合即可判断.
【详解】我们有，
或，，
所以在和上递减，在上递增，意味着分别是极小值点和极大值点，A正确；
当时，，
所以此时关于的方程有且仅有两个实根，这说明B错误；
画出函数的大致图象如图所示，
对于关于的方程，令，注意到，
观察图象可知有两根，设为，且规定，
则有，其中是一个零点，
现在我们来研究的根的情况，由以上分析情况可知，此时有两个根，，
若，而，
观察图象可知也有两个根，
综上所述，关于的方程共有4个实根，故C正确；
由于，
故或（否则且，则，这与矛盾），
而，故至少有两个整数解，D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是由得或，由此即可顺利得解.
第II卷
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分.
13. 已知向量，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由空间向量数量积垂直的坐标表示列出方程即可求解.
【详解】已知向量，若，则，解得.
故答案为：.
14. 已知函数在处的切线为，则直线的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】分别求得即可代入求解.
【详解】因，，从而，
所以函数在处的切线为的方程为：，即.
故答案为：.
15. 已知双曲线的左､右焦点分别为为上一点且，则该双曲线渐近线的斜率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理及双曲线的定义、性质构造齐次式计算即可.
【详解】由双曲线的定义可知，其中为双曲线半焦距，
根据余弦定理有，
则，
所以该双曲线渐近线方程的斜率为.
故答案为：.
16. 《算学启蒙》作者是元代著名数学家朱世杰，这是一部在中国乃至世界最早科学普及著作.里面涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.某同学模仿“堆垛”问题，将108根相同的铅笔刚好全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从上往下，每一层比下一层少1根，则该“等腰梯形垛”最多可以堆放__________层.
【答案】9
【解析】
【分析】利用等差数列的求和公式进行求解即可.
【详解】设从上往下该“等腰梯形垛”第层堆放的铅笔数为，
则是公差为1的等差数列，其和为108，所以；
整理可得，由可得，
由于，所以为216的正约数，且为偶数；
经验证可得时符合题意.
故答案为：9
四､解答题：本大题共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. 已知数列为等差数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）把等差数列中的项用基本量和表示，列方程组求解即可.
（2）用裂项相消直接求解即可.
【小问1详解】
设数列的首项为，公差为，
依题意得：
解得：
故.
所以数列的通项公式为：.
【小问2详解】
由（1）知：，
所以，
.
18. 已知圆的圆心在直线上且圆与轴相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）已知直线与圆相交于两点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆心坐标为，由题意，解方程组得圆心，进一步求得半径即可；
（2）求出圆心到直线的距离，结合圆的弦长公式求得即可得解.
【小问1详解】
设圆心坐标为，
由于圆的圆心在直线上且圆与轴相切于点，
可得，解得，即圆心坐标为，
由于圆与轴相切于点，则半径.
所以圆的方程为.
【小问2详解】
依题意，圆心到直线的距离，
因为直线与圆相交于两点，
所以弦长，
所以.
19. 如图，在四棱锥中，平面，为的中点.
（1）证明：；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法证明，
（2）求出平面ADE的法向量和平面PCD的法向量，利用向量法能求出线段PB的长.
【小问1详解】
因为平面，且平面，
所以，又，即，
以分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，由，为的中点，
得，，，，
所以，，
所以，，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，，，，
，所以，，，
，
设平面的法向量为，
所以
令，得，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为.
则，取，得
因为平面与平面夹角余弦值为，
所以，整理得，
解得或（舍）
即线段的长为.
20. 已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，且数列的前项和为，若都有不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先得，进一步由的关系得是以为首项，为公比的等比数列，由此即可求解；
（2）由等差数列求和公式、错位相减法求得表达式，进一步原问题等价于不等式恒成立，由此即可求解.
【小问1详解】
因为，①
当时可得，即.
当时，，②
由①-②得，即，
即是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
，
两式相减得，，
即，则，
故.
由，得，即，
依题意，不等式恒成立，
因为随着增大而减小，
所以，即的取值范围为.
21. 在平面直角坐标系中，动点到点的距离比它到直线的距离少1，记动点的轨迹为.
（1）求曲线的方程；
（2）将曲线按向量平移得到曲线（即先将曲线上所有的点向右平移2个单位，得到曲线；再把曲线上所有的点向上平移1个单位，得到曲线），求曲线的焦点坐标与准线方程；
（3）证明二次函数的图象是拋物线.
【答案】（1）
（2）焦点为，准线为
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由抛物线定义即可得抛物线的方程；
（2）首先得出曲线的焦点坐标，准线方程，进一步结合平移变换即可得解；
（3）注意到将的图象按向量平移可得到的图象，即的图象，而的图象是抛物线，由此即可得证.
【小问1详解】
设动点，依题意，动点与定点的距离和动点到的距离相等，
所以动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
即曲线的方程为.
【小问2详解】
曲线的焦点坐标为，准线方程为，
因为是由曲线上的所有点向右平移个单位，再向上平移个单位得到的，所得曲线的焦点为，准线为.
【小问3详解】
因为是抛物线的标准方程，其对应的曲线是焦点为，准线为的抛物线.
即函数的图象是抛物线，其焦点为，准线为.
将的图象按向量平移可得到的图象，即的图象，
又因为平移变换只改变曲线的位置，不改变曲线的形状，
所以的图象是抛物线.
22. 已知函数.
（1）当时，比较与的大小；
（2）若，比较与的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）令设函数，利用导数求出函数的最值，进而可得出答案；
（2）先证明，则有，，再根据，可得，再利用导数分别求出函数在上的单调性，根据函数的单调性即可得出结论.
【小问1详解】
设函数，
则，
当时，，则在上单调递增，
所以，从而，即；
【小问2详解】
设函数，
当时，，，则即恒成立，
所以，，
又，所以，
因为，所以，
令，则恒成立，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，
又，，所以，即，
设函数，则，
所以在上单调递增，
因为，所以，所以，所以，
所以，从而.
【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.