河北省保定市四县一中高二上学期12月期末数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省保定市四县一中高二上学期12月期末数学试题（解析版）-A4，共25页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知为直线的倾斜角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线倾斜角与斜率的关系可得，利用二倍角公式及齐次式可得结果.
【详解】∵为直线的倾斜角，
∴直线斜率，
∴.
故选：A.
2. 在正三棱锥中，为外接圆圆心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取中点，连接，利用空间向量线性运算即可得解.
【详解】如图，在正三棱锥中，取中点，连接，
则点为底面中心，且在上，
则
.

故选：D.
3. 已知等比数列{an}的公比q为整数，且，，则（ ）
A. 2B. 3C. -2D. -3
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列的性质有，结合已知求出基本量，再由即可得答案.
【详解】因为，，且q为整数，
所以，，即q=2.
所以.
故选：A
4. 若曲线有两条过点的切线，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由导数的几何意义表示出切线方程，然后列出不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】设切点为，由已知得，则切线斜率，
切线方程为．
∵直线过点，∴，
化简得．∵切线有2条，
∴，则的取值范围是，
故选：D
5. 已知直线的斜率小于0，且经过点，并与坐标轴交于，两点，，当的面积取得最小值时，直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可设直线：，由题意分别求出，，即可表示出的面积，再由均值不等式即可求出答案.
【详解】由题意可设直线：，将点的坐标代入，
得，则，则.
不妨假设在轴上，则，
记为坐标原点，因为线段与的长度分别为，，
所以的面积，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：C.
6. 已知为的导函数，则f′x的大致图象是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导可得，则为奇函数且，结合选项即可求解.
【详解】由题意知，，定义域为，
又，所以为奇函数，排除BD；
又，排除C；
结合选项，A符合题意.
故选：A
7. 意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：…，即，，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用.若此数列被除后的余数构成一个新数列，则数列的前项的和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依据斐波那契数列性质得出数列中数字规律即可求得新数列的规律，再利用数列的周期性即可得结果.
【详解】根据斐波那契数列性质可得中的数字呈现出奇数、奇数、偶数循环的规律，
因此新数列即为按照成周期出现的数列，周期为，
易知，一个周期内的三个数字之和为；
所以数列的前项的和为.
故选：C
8. 曲线的形状是一个斜椭圆，其方程为，点是曲线上的任意一点，点为坐标原点，则下列说法错误的是（ ）
A. 曲线关于对称B. 的最大值为
C. 该椭圆的离心率为D. 的最大值为
【答案】C
【解析】
【分析】根据方程的特点分析曲线的对称性，可判断A的真假，并求出椭圆的长轴长和短轴长，根据离心率的概念，可求椭圆的离心率，判断C的真假；利用基本（均值）不等式可以判断B的真假；把方程看成关于的不等式，利用可求的取值范围，判断D的真假.
【详解】由方程可以看出其关于，对称，A正确；
由题意知，，，，，B正确：
联立方程，解得顶点坐标为和，所以椭圆长轴长为；同理可得另外两个顶点坐标为和，所以椭圆的短轴长为，所以，所以该椭圆的离心率为：，C错误；
看作关于的一元二次方程，，解得，D正确，
故选：C．
【点睛】结论点睛：在曲线方程中，若用代替，方程不变，则曲线关于轴对称；若用代替，方程不变，则曲线关于轴对称；若用代替，代替，方程不变，则曲线关于原点对称；若用代替，同时用代替，方程不变，则曲线关于直线对称.
二、多选题：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. 过抛物线的焦点的直线与C相交于，两点，直线PQ的倾斜角为，若的最小值为4，则（ ）
A. 的坐标为B. 若，则
C. 若，则的最小值为3D. 面积的最小值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】设直线，联立直线方程和抛物线方程后消元结合最小弦长可求的值，再逐项判断后可得正确的选项.
【详解】由题设有，直线的斜率不为零，故设直线，
则由可得，，
所以，所以
而，
当且仅当时等号成立，故，故，
故F1,0，故A正确；
若，则，故，故的斜率为，
其倾斜角为或，故B错误；
若，则过作准线的垂线，垂足为，连接，
则，当且仅当三点共线时等号成立，
故的最小值为3，故C正确；
，
当且仅当时等号成立，故面积的最小值为2，故D成立.
故选：ACD.
10. 已知数列满足，关于数列有下述四个结论：其中正确的是（ ）
A. 数列为等比数列
B.
C.
D. 若为数列的前项和，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，将条件进行变形即可构造数列；对于B，由A用累加法即可求数列的通项；对于C，由A得，即可判断；对于D，由B利用分组求和即可得到.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以数列为公比为3的等比数列,所以A正确;
又因为，
所以，
因为，
所以，
所以,故C正确；
由累加法得,所以B错误；
由分组求和得,
所以D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：
递推关系的解法：理解递推数列的性质，并通过累加法求解通项公式.
等比数列的性质：通过分析递推关系得出等比数列的公比和性质.
分组求和技巧：利用分组求和技巧计算前项和.
11. 如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（ ）
A. 存点P，使得
B. 的最小值为有
C. 面积的最小值为
D. 三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
写出各点坐标，其中点坐标，可设（），即可得出.
对于A选项，要使，即，得到关于的方程，解方程即可；
对于B选项，将和沿展开，连接，的最小值即的长度，利用锐角三角函数和两角和的余弦公式求出，再由余弦定理即可得到；
对于C选项，设（），利用向量的夹角公式求得，由同角三角函数的平方关系得到，代入三角形面积公式：，结合二次函数的性质讨论最值即可；
对于D选项，利用等体积法得，即可求解.
【详解】由题意得，，即，
又在直三棱柱中，底面，平面，平面，
，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系.
因为，，所以，，，，，，，则，，
设（），则，解得，，，
所以，
对于A选项，，，
要使，即，解得，
当，即在中点时，，故A选项正确；
对于B选项，如图所示，将和沿展开，如图所示，
连接交于点，可知，当点与点重合时取得最小值，
由题意得，，，，，，
所以，，，，
则，
在中，由余弦定理得，
，则，
所以的最小值为，故B选项错误；
对于C选项，，，设（），
则，即，
所以，
则，
因为，所以当时，取得最小值，故C选项正确；
对于D选项，
，故D选项正确，
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的动点的相关线段的位置关系、线段长度、面积和体积的最值问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理及转化思想的应用.
解答本题关键在于建立空间直角坐标系，利用空间向量法解决空间中的相关问题，同时对于转化思想的应用，利用两点之间线段最短求距离的最值，本题中B选项， 将和沿展开，利用两点之间的线段最短，，求解即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列的前项和为，且满足，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用来求得正确答案.
【详解】根据题意，数列满足，
当时，有；
当时，有，不符合，
故
故答案为：
13. 已知双曲线 的右焦点为，过点作直线与渐近线 垂直，垂足为点，延长交于点.若，则的离心率为_____.
【答案】##
【解析】
【分析】设的左焦点为，由双曲线的定义，得，又，，在中，由余弦定理可得，结合可得，求得答案.
【详解】设为坐标原点，则，
从而.

设的左焦点为，连接，
由双曲线的定义，得.
在中，由余弦定理，得，
解得.
由，得，解得，
所以.
故答案为：.
14. 已知正实数x，y满足，则的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用同构的方法对进行转化，然后构造函数，利用函数的单调性得到，即，代入，将问题转化为求单变量式子的最小值问题，再次构造函数，利用导数判断函数的单调性即可求解最值．
【详解】由得，即，
设，则，，
当时，，所以在上单调递增．
因为x，y均为正实数，所以，
由，可得，即．
由知，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以．
则．令，
则，所以上单调递减，
所以，所以，即的最小值为．
故答案为：
【点睛】与和相关的常见同构模型，
①，构造函数（或，构造函数）；
②，构造函数（或，构造函数；）
③，构造函数（或，构造函数）．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚.
15. 如图，已知正方形是圆柱的轴截面（经过旋转轴的截面），点在底面圆周上，，点是的中点.
（1）求点到直线的距离；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用点到直线的距离向量求法即可求解；
（2）求出两个平面的法向量，利用面面角的向量求法即可求解.
【小问1详解】
因为线段是底面圆的直径，所以，所以，
以点为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则
所以，设点到直线的距离为，
则，故点到直线的距离为；
【小问2详解】
由（1）可知，，
设为平面的一个法向量，
则由，可取，
设为平面的一个法向量，
则由，可取，
设平面与平面所成角为，则，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
16. 已知圆上一点
（1）求圆在点处的切线方程；
（2）过点作直线交圆于另一点，点满足，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先依题求得圆的方程，再求直线的斜率，即得切线斜率，由点斜式方程即得切线方程；
（2）设直线的点斜式方程，代入圆的方程，由韦达定理求出点A的坐标，计算弦长和点到直线的距离，由三角形面积公式列方程，解之即得直线的方程.
【小问1详解】
由题意，点在圆上，可得，
因直线的斜率为，则圆在点处的切线斜率为，
故切线方程为，即；
【小问2详解】
如图， 由（1）知圆，又点，，
当直线的斜率不存在时，直线，易知此时，，
点到的距离为3，则，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线，即，
代入中，整理得：，
设，由韦达定理，，即，
代入，可得，即，
于是，
则得，
点到直线的距离为：，
则，解得或，
故直线的方程为或.
17. 若数列的前项和为，且，等差数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件根据关系可得，证明数列是等比数列，由此可求，由条件求数列的公差，再求数列的通项公式；
（2）利用错位相减法求数列的前项和.
【小问1详解】
因为①，
所以②，，
①②得，又
所以，故数列是以为公比，首项为的等比数列，
，
，
等差数列的公差为.
【小问2详解】
由（1）可得，
，
两式相减得，
18. 已知椭圆的离心率为，且过点．直线交于，两点．点关于原点的对称点为，直线的斜率为，
（1）求的方程；
（2）证明：为定值；
（3）若上存在点使得，在上的投影向量相等，且的重心在轴上，求直线AB的方程．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）由离心率及所过点求椭圆方程；
（2）设点，且，得，点差法及斜率两点式求，即可证；
（3）设弦的中点，点重心,，联立直线与椭圆，应用韦达定理及重心坐标性质得坐标与m的表达式，代入椭圆求参数，即可得直线方程.
【小问1详解】
由已知，得，解得，则椭圆的方程为；
【小问2详解】
依题意，可设点，且，

点关于原点的对称点为，
点在上，，作差得，
直线的斜率为，直线的斜率为，
，即为定值；
【小问3详解】
设弦的中点，点重心,，

由，得，
，且，
的重心在轴上，，
，
则，
在上的投影向量相等，则，且，
则直线的方程为，
，得，又点在上，
，即
又，则直线的方程为
19. 已知函数．
（1）求函数的最小值；
（2）若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，令，得到函数的单调性，即可求出函数的最小值；
（2）将原问题转化为有两个不同的解，构造函数，分和两种情况讨论，利用函数的单调性及零点存在定理求解实数a的取值范围．
【小问1详解】
由题意可得，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的最小值为；
【小问2详解】
有两个不同的解可化为有两个不同的解，
令，
则，
（ⅰ）若，则，由得．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
①当时，，即，故没有零点，不满足题意．
②当时，，只有一个零点，不满足题意．
③当时，，即，
当时，，，
又，故，所以，又，
故在上有一个零点．
又，因此在上有一个零点，
所以当时，有两个不同的零点，满足题意．
（ⅱ）若，由得，．
①当时，，
当时，；当时，；当时，．
所以在和上单调递减，在上单调递增．
又，所以至多有一个零点，不满足题意．
②当时，，则，
所以单调递减，至多有一个零点，不满足题意．
③当时，，
当时，；当时，；当时，．
所以在和上单调递减，在上单调递增，又，所以至多有一个零点，不满足题意．
综上，实数a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：与方程的根或函数零点有关的参数范围问题，往往需要对参数分类讨论，并利用导数研究函数的单调性和极值，进而确定参数的取值范围；或通过变形转化为两个函数图象的交点问题．