福建省莆田市莆田第四中学、仙游第一中学高二下学期末联考数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省莆田市莆田第四中学、仙游第一中学高二下学期末联考数学试题（解析版）-A4，共15页。试卷主要包含了二）考试卷，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2025.01
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. 已知直线l的倾斜角为，且过点，则它在y轴上的截距为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】由倾斜角求出斜率，再用点斜式写出直线方程，最后求出截距即可.
【详解】由题意可知直线的斜率，
所以直线方程为，即，
所以它在y轴上的截距为，
故选：A.
2. 等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式可求得公比，进而可得.
【详解】设的公比为，则，从而，
则，
故选：D.
3. 若圆与圆有公共点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到两圆位置关系，从而得到不等式，解出即可.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为.
因为两圆有公共点，所以两圆相切或相交，则有，
即，解得，又，所以.
故选：C
4. 甲、乙两物体分别从相距70m的两处同时相向运动．甲第1分钟走2m，以后每分钟比前一分钟多走1m，乙每分钟走5m，如果甲、乙到达对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前一分钟多走1m，乙继续每分钟走5m.那么从开始运动（ ）分钟后第二次相遇.
A. 5B. 7C. 15D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】
设n分钟后第2次相遇，使用等差数列的前项和公式，列出式子2n＋＋5n＝3×70，简单计算，可得结果.
【详解】设n分钟后第2次相遇，
依题意：2n＋＋5n＝3×70，
整理得n2＋13n－6×70＝0，
解得n＝15，n＝－28(舍去)．
故第2次相遇是在开始运动后15min.
故选：C
【点睛】本题考查等差数列的前项和公式的应用，重在审清题意，属基础题.
5. 已知函数的图象是下列四个图象之一，且其导函数的图象如下图所示，则该函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数与函数的单调性之间的关系及导数的几何意义即可做出判断.
【详解】因为的图像经过与两点，即，，
由导数的几何意义可知在与处的切线的斜率为，故选项AD错误；
由的图象知，在上恒成立，故在上单调递增，
又在上越来越大，在上越来越小，
所以在上增长速度越来越快，在上增长速度越来越慢，故选项C错误，因此选项B正确.
故选：B.
6. 若是等差数列，表示的前n项和，，则中最小的项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的前n项和公式可得，再结合等差数列的性质判断处的符号，即可得出答案.
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以公差，
故当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，
即中最小的项是.
故选：B.
7. 已知直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出向量，再计算与夹角的余弦值，进而得到正弦值，最后利用距离公式求出点到直线的距离.
【详解】点，点，所以. .
根据向量点积公式可得：

因为，所以：

且，
则点到直线的距离为.
故选：C.
8. 点P是正方体的表面及其围成的空间内一点，已知正方体的棱长为2，若，与平面所成的角为30°，则点P的轨迹的形状是（ ）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，由易知，根据线面角的定义可得点坐标满足双曲线方程，进而可得结果.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设，
则，，所以，，
故，即，所以点在面（四点均为所在边中点），
过点作于点，易知面，
即，所以，即，
化简得：，即点P的轨迹的形状是双曲线，
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在四棱柱中，，，为底面的中心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由向量加减法的几何意义判断AB,利用数量积和夹角模长公式判断CD可得答案.
【详解】对于选项A，，正确；
对于选项B，，错误；
对于选项C，，错误；
对于选项D，易得为正三角形，
故，正确；
故选：AD．
10. 已知数列的前项和，则（ ）
A.
B. 前项和为
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用给定的前项和求通项判断AC；利用分组求和法求解判断B；利用裂项相消法求和判断D.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，数列前项和为0，则前项和为，B正确；
对于C，当时，，而不满足上式，C错误；
对于D，当时，，
因此
，D正确.
故选：ABD
11. 已知曲线（为非零常数），则（ ）
A. 原点是的对称中心
B. 直线与恒有两个交点
C. 当时，直线是的渐近线
D. 当时，直线为的对称轴
【答案】ACD
【解析】
【分析】将点代入方程不变，可得判定A正确；联立方程，结合，可判定B错误；当时，曲线整理为，得到点到直线的距离，进而可判定C正确；当时，求得点关于直线的对称点为，进而求得，得到在上，可判定D正确.
【详解】对于A中，在上任取一点，
则点代入方程得，
故点在上，所以关于原点对称，所以A正确；
对于B中，联立方程，整理得，
可得，当时，，所以B错误；
对于C中，当时，曲线，
整理为，在曲线上任取一点，
则到直线的距离，
当逐渐增大时，逐渐减小，当无限增大时，无限接近0，
则直线是的渐近线，所以C正确；
对于D中，当时，曲线整理为，在上任取一点，
则关于直线的对称点为，且，
即，则，
即，
当时，，所以点在上，
所以直线为的对称轴，所以D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，若，则______.
【答案】4
【解析】
【分析】根据给定条件，利用导数定义代入计算即得.
【详解】函数，求导得，
由，得，因此，
所以.
故答案为：4
13. 双曲线的左、右焦点分别为，以为直径的圆与的一个交点的纵坐标为，则的离心率为_____.
【答案】
【解析】
【分析】由交点的纵坐标可得其横坐标的平方，结合圆的性质可得，再利用两点间距离公式计算即可得与、有关齐次式，结合离心率定义计算即可得解.
【详解】由的纵坐标为，则，即，
由点在以为直径圆上，故，
即有，化简得，
即，又，故，
即.
故答案为：.
14. 已知数列各项均为，在其第项和第项之间插入个，得到新数列，记新数列的前项和为，则______，______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将数列各项排成三角数阵，确定的位置，可得出的值，确定数列的前项中，项的值为、的项数，即可求得的值.
【详解】由题意，将数列各项按如下数阵排列：
其中第行有项，则该数阵中第行最后一项对应数列中的对应的第
项，
因为，且，
所以，位于数阵的第行第项，故，
数列的前项中，项的值为的共项，项的值为的项共项，
因此，.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列求和与求某项的问题，解题的关键就是确定各项的位置，以及数列中各项的值，对于这种有规律性的数列问题，可以将其转化为三角数阵，确定相应项的位置即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知抛物线，焦点为F，准线为l，抛物线C上一点A的横坐标为3，且点A到准线l的距离为5.
（1）求抛物线C的方程；
（2）求以点为中点的弦所在直线方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）先求抛物线的准线方程，根据抛物线的定义，即可求得结论；
（2）利用点差法及中点坐标公式，即可求得的斜率，利用点斜式即可求得的方程．
【详解】解：（1）抛物线的准线方程为：，
抛物线上一点的横坐标为3，且点到准线的距离为5，
根据抛物线的定义可知，，
抛物线的方程是；
（2）设以点为中点的直线与抛物线交于两点，
①－②得得
.即.
所以以点为中点的直线方程为
得.
【点睛】本题考查抛物线的标准方程，抛物线的定义，中点坐标公式，点差法求抛物线的直线方程，考查计算能力，属于中档题．
16. 已知函数在点处的切线与直线垂直．
（1）求；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1）
（2）单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值
【解析】
【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；
（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.
【小问1详解】
，则，
由题意可得，解得；
【小问2详解】
由，故，
则，，
故当时，，当时，，当时，，
故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，
故有极大值，
有极小值.
17. 如图，四棱锥中，平面平面，底面为正方形，，分别为，的中点，平面交于点.

（1）证明：；
（2）设.
（i）求平面与平面所成角的余弦值；
（ii）求.
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证.
（2）（i）令，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量求法求解；（ii）利用空间向量垂直的坐标表示求解.
【小问1详解】
连接，由正方形，得，由平面平面，平面平面，
平面，得平面，又平面，则，
由，分别为，的中点，得，
所以.
【小问2详解】
（i）令，连接，由，得，，
由（1）知直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，设平面的法向量，
则，令，得，
显然平面的法向量为，设平面与平面所成的角为，
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（ii）设，则，，
于是，，解得，
所以.
18. 已知数列的前n项和为，，．
（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和为；
（3）若对任意恒成立．求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据题设递推关系有，结合等差数列定义判断证明，进而写出通项公式；
（2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求；
（3）将问题化为恒成立，作差法判断右侧的最小值，即可得参数范围.
【小问1详解】
由，则，又，
所以数列是首项、公差均为的等差数列，则，
所以.
【小问2详解】
由，则，
所以，
所以.
【小问3详解】
由（1）（2），则，整理得恒成立，
令，则，
当时，当时，当时，
所以，即的最小值为，
综上，.
19. 已知椭圆的离心率为，点在上，直线与交于不同于的两点，.
（1）求的方程；
（2）若.
（i）证明：l恒过定点；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据题中条件，列出方程组，求出，即可得出椭圆方程.
（2）（i）设直线，与椭圆方程联立，利用向量垂直的坐标表示，结合韦达定理计算推理；（ii）结合（i）的结论求出三角形的面积的函数关系，再求出最大值.
【小问1详解】
依题意，，解得，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
（i）依题意，直线的斜率存在，设直线，
由，消去得，
则，即，
，而，
由，得，即，
整理得，
则，而，
于是，解得，且满足，
所以直线过定点.
（ii）面积
，令，则，
因此，函数在内单调递增，
，，当且仅当时等号，
所以面积的最大值为.