福建省福州市六校2023-2024学年高二上学期期末联考数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省福州市六校2023-2024学年高二上学期期末联考数学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了在等比数列中，若，则等内容，欢迎下载使用。

（满分：150分，完卷时间：120分钟）
命题校：马尾第一中学
班级__________座号__________姓名__________准考证号__________.
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.32 B.16 C.8 D.4
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.
3.已知在四面体中，分别是的中点，设，则（ ）
A. B.
C. D.
4.过点的直线与圆相交于两点，则弦长的最小值是（ ）
A.2 B. C. D.4
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.
6.已知椭圆的左､右焦点分别为为上位于第一象限的一点，与轴交于点.若.则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
7.如图，是棱长为1的正方体，若在正方体内部且满足，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
8.如图，过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，与其准线交于点（点位于之间）且于点且，则等于（ ）
A. B. C. D.
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
10.已知递减的等差数列的前项和为，则（ ）
A. B.
C. D.最大
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”的有（ ）
A. B.
C. D.
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
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13.已知圆.若圆与圆外切，则的值为__________.
14.设数列的前项和为.已知，数列的通项公式__________.
15.已知为单位向量.若，则在上的投影向量为__________.
16.数列，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.设该数列的前项和为，记，则__________.（用表示）
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.（10分）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.
18.（12分）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.
19.（12分）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.
20.（12分）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；
21.（12分）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）在数列的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.
22.（12分）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.
参考答案
1.【分析】由等比数列的性质得，，从而可求.
【解答】解：等比数列中，由等比数列的性质得，，则.
故选：.
2【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的定义即可得到答案.
【详解】由题意，
故选D.
3.【答案】D
【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【答案】B
5.【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.A【解析】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.【答案】C
【解析】
【分析】以为坐标原点，所在直线分别为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，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，
，
，
所以点到的距离.
故选：C.
8.【答案】A
【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，
则，又，
，又于点且，
，
，即，
，
等于.
故选：A
9.【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，利用面面平行性质结合平行公理分析判断，对于，通过计算进行判断，对于，利用向量的夹角公式求解，对于，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，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，所以错误；
对于，因为，
所以，所以，所以，所以正确，
对于，设直线与直线的所成角为，因为，
所以，
所以，所以错误，
对于，因为平面，
所以，所以正确，
故选：BD.
10.【答案】ACD
【解析】
【分析】由可得，由等差数列为递减数列，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；
由等差数列为递减数列，所且，
所以当时，
时，所以最大，故D正确
故选：ACD
11.【答案】AD
【解析】
【分析】先求出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，且与轴交点为，故与无交点，B错误；
的斜率，且与轴交点为，故与无交点，错误；
的斜率，故与有交点，D正确.
故选：
12.BC【解析】当时，双曲线的渐近钱的斜率错误，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，则.在中，由余弦定理，得，D错误，故选.
13.【答案】-8
【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：-8
14.【详解】（1）因，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.
15.【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的模的公式求出答案即可.
【详解】由题可知：
即，则在上的投影向量的模为
故答案为：
16.【解析】由，得，即.所以
17.【答案】（1）；（2）是首项为1，公比为2的等比数列.理由见解析；（3）.
【分析】（1）由条件可得.
将代入得，，而，所以，.
将代入得，，所以，.
从而
（2）是首项为1，公比为2的等比数列.
由条件可得，即，又，
所以是首项为1，公比为2的等比数列；
（3）由（2）可得，
所以.
18.【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】
由平面平面，则，
又是菱形，则，又，
所以平面平面
所以.
【小问2详解】
分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
设，则，
由（1）知：平面的法向量为，
令面的法向量为，则，令，可得
，
因为二面角的余弦值为，则，
可得，则，
设与平面所成的角为，又，
所以
19.【解析】（1）由，得，
所以，
因为，所以，
所以，即，
又，所以，解得.
（2）因为，所以，由（1）知，可得
在中，由正弦定理得，
所以
在中，，
又，所以，
所以，所以，
故的取值范围为.
20.（1）
（2）
【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，进而得出的两根，结合韦达定理与可得即可求解；
【详解】（1）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.
（2）设，显然直线的斜率存在且不为0，设直线，..6分
联立，化简得：
直线与抛物线相切，，即①
又直线均与抛物线相切，
为方程①的两根，且有，
，解得，
将代入得：，故的坐标为.
21.【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式进行求解即可；
（2）根据等差数列的通项公式，结合等比数列的前项和公式进行求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
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.【分析】（1）由题意可得关于的方程组，求得与的值，则椭圆方程可求；
（2）直线过定点，设，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系结合斜率公式证明，再由椭圆可得与相交，即可得到四边形为梯形.
【解答】解：（1）由题意，，解得.
椭圆的方程为；
证明：（2）直线过定点，
设，
联立得.
则，且
由已知可得，，
则
若，则，即
，即，
也就是
即，即，
此时显然成立.
，
由图可知与相交，四边形为梯形.
【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题.