福建省福州市八县（市）协作校2023-2024学年高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份福建省福州市八县（市）协作校2023-2024学年高二上学期期末数学试题（解析版），共22页。
命题：福清融城中学 林江平 林厚栋
一、单选题: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. 数列的一个通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，化简数列为，根据运算规律，即可求解.
【详解】由数列，可得化为，
可得数列的一个通项公式为.
故选：C.
2. 下列求导数的运算中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由基本函数的导数和复合函数的导数运算可得.
【详解】A：，故A错误；
B：，故B错误；
C：，故C错误；
D：，故D正确；
故选：D.
3. 双曲线的一个顶点为，渐近线方程为，则双曲线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的顶点坐标与渐近线方程求得得双曲线方程.
【详解】由双曲线的一个顶点为得双曲线的焦点在轴，可设双曲线方程为，
则，
因为渐近线方程为，即，所以，所以，
所以所求双曲线的方程为.
故选：B
4. 如图，已知二面角大小为，，，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得到，利用结合向量的数量积的运算公式，即可求解．
【详解】因为二面角的大小为，，，，，，
所以与的夹角为，又因为，
所以
，
所以，即．
故选：A．
5. 已知数列满足，，则数列前2023项的积为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先找到数列的周期，然后求得数列前2023项的积.
详解】由，，
得，
所以数列是以为周期的周期数列，且，
故数列前2023项的积为.
故选：A.
6. 已知函数在区间上单调递减，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意，在区间上恒成立，分离参数可得实数a的最大值.
【详解】由题意，
因为函数在区间上单调递减，
所以在区间上恒成立，即，
令，则，
又，所以，所以在为减函数，
所以，
所以，即实数a的最大值是.
故选：C
7. 已知椭圆的左右焦点分别是，，过的直线与相交于A，B两点，若，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据椭圆的定义得到，再由等腰三角形的性质得到，最后由二倍角的余弦公式得到离心率.
【详解】
由题意可得，因为，
所以，
设，根据等腰三角形的性质得，
因为，所以，
又，所以，
故选：B.
8. 已知关于的不等式解集中恰有3个不同的正整数解，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得的解集中恰有3个不同的正整数解，设 ，，作出两函数的图象，结合图象分，分别求解即可.
【详解】因为，所以.
设，，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又因为是过点的直线，如图所示：

由此可得当时，的解集中有若干个不同的正整数解，不满足题意；
当时，要使不等式的解集中恰有3个不同的正整数解，

当过点时，取最小值，
因为，此时，
当过点时，取最大值，
因为，此时，
所以的取值范围为.
故选：D.
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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量坐标运算，验证向量的平行垂直，向量的模，投影向量即可解决.
【详解】因为，所以，故A正确；
由题得，而，所以不成立，故B不正确；
因为，故C正确；
因为在上的投影向量为，故D错误；
故选：AC.
10. 已知过点的直线和圆：，则（ ）
A. 直线与圆相交
B. 直线被圆截得最短弦长为
C. 直线与被圆截得的弦长为，的方程为
D. 不存在这样的直线，使得圆上有3个点到直线的距离为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】判断点与圆的位置关系可得选项A的真假；利用弦长求解方法可得出选项B的真假；利用待定系数法可得出选项C的真假；判断出圆心到直线的最长距离，从而得出选项D的真假.
【详解】解：因为圆：，
所以圆的圆心为，半径为4.
选项A：因为，
所以点圆内，故直线与圆相交，选项A正确；
选项B：设圆心到直线的距离为，弦长为，
则，
又因为圆心到直线的最长距离，
所以，故选项B正确；
选项C：直线与被圆截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
故，解得，
故直线方程为，
综上满足题意的直线方程为或，
故选项C不正确；
选项D：当直线经过圆心时，圆上到直线的距离为2的点有4个；
当直线不经过圆心时，直线将圆分成优弧与劣弧两个部分，
由于半径为4，在优弧上一定存在两个点到直线的距离为2，
那么此时，在劣弧上有且只有一个点到直线的距离为2.
当圆心到直线的距离为时，此时圆心到直线的距离最大，
又因为半径为4，且，
所以此时劣弧上有两个点到直线的距离为2，
所以不存在
所以选项D正确.
故选：ABD.
11. 数列的前项和为，且 ，下列说法正确的是（ ）
A. 若的首项为1，则为等差数列
B. 若为等差数列，则的公差为2
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式求解选项A，B；根据数列的前项和公式求解选项C，D.
【详解】若为等差数列，则可设,
所以，
所以，解得，所以，
所以的首项为 ，公差为2，A错误，B正确；
因为，所以是以3为首项的等差数列，
，C错误；
，
因为，
即，D正确；
故选:BD.
12. 已知抛物线过点，过点的直线交抛物线于，两点，点在点右侧，若为焦点，直线，分别交抛物线于，两点，则（ ）
A. B. 有最小值4
C. D. A，P，Q三点共线
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据抛物线过点，得到抛物线方程，然后设直线MN的方程为：，与抛物线方程联立，利用抛物线定义得到，结合韦达定理判断B，用坐标表示结合韦达定理和判别式判断C，设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理求得点P的坐标，同理得到点Q的坐标，利用斜率相等判断D，根据点M，P的坐标关系，结合AN的斜率判断A.
【详解】如图所示：

因为抛物线过点，则，解得，
所以抛物线方程为：.
设直线MN的方程为：，，则，
代入抛物线方程消去x得：，
由，得或 ，
由韦达定理得：.
对于选项B：由抛物线定义得：，
则
，
即，故B错误；
对于选项C：因为 ，
，
又，故C正确；
设直线的方程为：，，
代入抛物线方程消去x得：，
可得，则 ，即，
则，
同理可得，且，即，
则，即，
所以三点共线，故D正确；
对于选项A：因为，则，
所以，
又因为或 ，则，可知，
所以，故A错误；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 曲线在处切线的倾斜角为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据切线斜率即为该点处的导数值求解.
【详解】设所求切线的倾斜角是，令，则
结合倾斜角范围易知．
故答案：
14. 请写出满足：直线在两坐标轴上的截距相等且与圆相切的一条直线的方程为___________．（写出一条即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】设出直线方程，利用圆心到直线的距离为半径即可得方程.
【详解】圆，圆心，半径，
当直线过原点时斜率存在，设方程为，圆心到直线的距离为，
则解得，∴所求直线的方程为，即，
当直线不过原点时，设直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
则，解得(舍)或，
∴所求直线的方程为.
综上，满足题意的直线有或,
故答案为：（答案不唯一）.
15. 我们已经学习了直线方程的概念：直线上的每一个点的坐标都是方程的解；反之，方程的解所对应的点都在直线上．同理，空间直角坐标系中，也可得到平面的方程：过点且一个法向量为的平面的方程为．
据上述知识解决问题：建立合适空间直角坐标系，已求得某倾斜墙面所在平面方程为：，若墙面外一点P的坐标为，则点P到平面的距离为________．
【答案】##
【解析】
【分析】确定平面过定点，平面的法向量为，计算，再计算距离得到结果.
【详解】平面的方程为，取，则平面的法向量为，
，则，
故点Q到平面的距离为.
故答案为：.
16. 已知数列的前项和为，且满足，若数列的前项和满足恒成立，则实数的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】由的关系仿写作差得到，再由错位相减法得到，最后由不等式恒成立问题和解一元二次不等式求出即可.
【详解】由，当时，；
当时，；作差可得，
则数列是首项和公比都为的等比数列，所以.
，，
以上两式相减可得，
则，
因为恒成立，所以，解得或，
故答案为：.
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. 已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助等差数列基本量计算即可得；
（2）借助裂项相消法即可求和.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由已知得，
解得，，
所以；
【小问2详解】
，
所以
，
即.
18. 在长方体中，底面为正方形，，，为中点，为中点.
（1）求证：平面；
（2）求与平面成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法1：构造平行四边形，证明线线平行，即可证明线面平行；法2：利用向量法证明线面垂直；
（2）利用向量法求线面角.
【小问1详解】
法1：取的中点,连接,,
依题意可知：且,且
所以且,四边形为平行四边形，故，
又平面,平面,所以平面.

法2：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系
，，，,,
，，
设平面的法向量，
则，取，得，
,又面，所以平面，
【小问2详解】
由（1），
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的余弦值为.
19. 已知函数.
（1）求在上的最大值；
（2）若函数恰有三个零点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，再利用导数求出函数的极值及端点的函数值，即可求出函数的最大值；
（2）利用导数求出函数的极值，再结合题意列出不等式组即可得解.
【小问1详解】
，
可知时，，单调递增，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以，
由，，
；
【小问2详解】
，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递增，在单调递减，
所以，，
当时，，当时，，
因为有三个零点，所以，即，
解得，故的取值范围为.
20. 已知数列的首项，且满足．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）若，求满足条件的最大正整数．
【答案】（1）证明见解析
（2）1011
【解析】
【分析】（1）由已知递推关系两边取倒数，再构造数列即可，注意验证.
（2）由上问求出，再由等比数列的前项和求出不等式左边，最后结合复合函数的单调性求出结果即可.
【小问1详解】
由,得,则
又，，
所以数列是以首项，以为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）可得 ，
所以，
则，
，得，即，
由复合函数的单调性可知为单调递增函数，
所以满足的最大正整数为.
21. 已知动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若的下顶点为，不过的直线与交于点，线段的中点为，若，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）
（2）直线恒过定点，定点坐标为
【解析】
【分析】（1）设点，根据条件建立方程，化简即可得出结果；
（2）利用条件及，得到，从而有，设的方程为，联立，得到，由韦达定理有，再利用，即可求出结果.
【小问1详解】
设点，依题意得，
整理化简得，即，
所以点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
因为，又，所以，得到，
又为线段的中点，所以，因此，
根据题意可知直线的斜率一定存在，设的方程为，
联立，消去得， ，
根据韦达定理可得，
易知，所以，
故
，
所以，
整理得，解得或.
又直线不经过点，所以舍去，
于是直线的方程为，恒过定点，又该点在椭圆轨迹内，满足，
所以直线恒过定点，定点坐标为
【点睛】关键点点晴：本题的关键点在于利用，结合图形，利用几何关系得到，再联立直线与椭圆方程，利用来解决问题.
22. 已知函数．
（1）判断函数的单调性．
（2）若有两个不相等的实根，且，求证：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）依题意可得，即可得到，设，则只需证明，设，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【小问1详解】
由题意知，函数的定义域为．
由，得．
当时，，所以在上单调递增．
当时，令，得．
当时，；当时，．
所以当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
由（1）可知，且、，
根据题意可得，所以．
因为，设，则．
要证，即证，即证．
构造函数，易得．
．
构造函数，则，
所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增．
所以当时，，即，所以成立．
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，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.