湖北省黄石市部分学校2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省黄石市部分学校2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设直线的倾斜角为，由直线的方向向量可知直线的斜率，所以.故选：D.2.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则（）A.16 B.8 C.4 D.2〖答案〗C〖解析〗设正数的等比数列{an}的公比为，则，解得，，故选C．3.已知函数在的附近可导，且，，则在处的切线方程为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由题知，，函数在处的切线斜率为：，又，切线过点，代入点斜式有：，即：.故选：A.4.已知等比数列满足，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗设等比数列的公比为，由，即，又，则，即则当时，由，此时即由“”可得到“”成立.由，即，即，即或若时，，成立若时，，则不成立所以若“”则“”不成立.所以“”是“”充分不必要条件故选：A5.已知为抛物线上一动点，是圆上一点，则的最小值是（）A.5 B.4 C.3 D.2〖答案〗B〖解析〗的焦点为，准线为，即为，所以圆心为即为焦点，半径，显然在抛物线内部，过点作准线，交准线于点，记点如下图所示：所以，当且仅当三点共线时取最小值，此时，所以的最小值为，故选：B.6.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详析九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……．记各层球数构成数列，且为等差数列，则数列的前项和为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，，由于为等差数列，所以，所以，也符合，所以，所以数列的前项和为.故选：D7.已知椭圆：，椭圆与椭圆的离心率相等，并且椭圆的短轴端点就是椭圆的长轴端点，据此类推：对任意的且，椭圆与椭圆的离心率相等，并且椭圆的短轴端点就是椭圆的长轴端点，由此得到一个椭圆列：，，，，则椭圆的焦距等于（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意可设椭圆的长半轴为，短半轴为，焦半距为，对于椭圆：，有，则由题意可知所有椭圆的离心率都为，由于椭圆的短轴端点就是椭圆的长轴端点，故，则，即，即为首项为4，公比为的等比数列，故，所以，故椭圆的焦距等于，故选：B8.双曲线的左､右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与曲线在第一象限交于点，且，则曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设切点为，，连接，则，，过点作⊥轴于点E，则，故，因为，解得，由双曲线定义得，所以，在中，由余弦定理得，化简得，又，所以，方程两边同时除以得，解得，所以离心率.故选：A二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题所给出的选项中，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.已知曲线的方程为，则下列结论正确的是（）A.当，曲线为椭圆B.当时，曲线为双曲线，其渐近线方程为C.“或”是“曲线为双曲线”的充要条件D.不存在实数使得曲线为离心率为的双曲线〖答案〗BCD〖解析〗对A，若，则曲线方程表示圆，故A错误；对B，当时，曲线方程为，表示双曲线，其渐近线方程为，故B正确；对C，要使曲线为双曲线，需满足，解得或，故“或”是“曲线为双曲线”的充要条件，故C正确；对D，若离心率为，则，则可得，则或，两个方程均无解，故D正确.故选：BCD.10.已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（）A. B.使得成立的最大自然数C. D.中最小项为〖答案〗ACD〖解析〗根据题意：即两式相加，解得：，故A正确.由，可得到，所以，，，所以，故C正确；由以上可得：，，而，当时，；当时，；要使得成立最大自然数，故B错误.当，或时，；当时，；由，,所以中最小项为，故D正确.故选：ACD.11.已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（）A.直线的斜率为 B.C. D.〖答案〗ACD〖解析〗对于A，易得，由可得点在垂直平分线上，则点横坐标为，代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，设，则，则，代入抛物线得，解得，则，则，B错误；对于C，由抛物线定义知：，C正确；对于D，，则为钝角，又，则为钝角，又，则，D正确.故选：ACD.12.已知数列的前n项和为，，且（，2，…），则（）A. B. C. D.〖答案〗AD〖解析〗由条件，两边同时除以，得，∴∴，∴，对于A选项，∵，∴，∴，故A选项正确；，，所以B选项错误；对于C选项，，等价于，由极限思想知，当时，，故C选项错误；对于D选项，，∴，又∵，所以D选项正确.故选：AD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．〖答案〗12〖解析〗不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，由题意可知，为球心，在正方体中，，即，则球心到的距离为，所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.故〖答案〗为：1214.已知函数，，请写出函数和的图象的一条公共切线的方程为______.〖答案〗（或）〖解析〗因为，，则，，设函数上的切点坐标为，切线斜率为，函数上的切点坐标为，切线斜率为，由切线斜率可得，即，可得公切线方程为，代入点可得，代入可得，整理得，解得或，所以切线方程为或.故〖答案〗为：（或）.15.已知点在抛物线上，B，C是抛物线上的动点且，若直线AC的斜率，则点B纵坐标的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗点在抛物线上，，解得，即，设，，则，，直线AC的斜率，，解得：，，，且，由解得：，由可得：，整理化简为：，则关于的方程，在上有解，则，解得：或，综上所述：点B纵坐标的取值范围是，故〖答案〗为：.16.已知各项都不为0的数列的前项和满足，且，则的通项公式是______；设数列的前项和为，若对，恒成立，则的取值范围是______.〖答案〗①②〖解析〗因为，且，若，则，可得；若，则，可得，且，可得，可知：数列奇数项、偶数项均成等差数列，当为奇数，则；当为偶数，则；综上所述：；因为，可知，设，由题意可知：，因为，可知数列为递增数列，则数列的最小项为，则，所以取值范围是.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.已知直线与圆相切.（1）求的值及圆的方程；（2）已知直线与圆相交于，两点，若的面积为，求直线的方程.解：（1）因为圆，可知圆心，半径，且，由题意可得：，解得，此时圆.（2）由（1）可知：圆心，半径，由题意可知：，可得，且，若，则圆心到直线的距离，可得，解得或，此时直线的方程为或；若，则圆心到直线的距离，可得，解得或，此时直线的方程为或；综上所述：直线的方程为或或或.18.已知数列的前项和为，且满足，．（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和．解：（1）因为，时，,两式相减得，，，，，相乘得，所以，当时符合上式，所以；（2），当为奇数时，19.如图，在几何体中，平面.（1）求证：平面平面；（2）若，在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.解：（1）因为平面，且，所以平面，取的中点，连接，则平面，所以，又，所以，取的中点，连接，则，且，又，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量，则即取，可得.设，所以，记与平面所成的角为，所以，解得，故为的中点，即.所以在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且.20.已知数列满足，当时，.（1）求数列的通项公式；（2）已知数列，证明：.解：（1）当时，在等式两边同除后得，所以，，上述等式累加得，即，所以，.又时，满足该式，故.（2）由，所以，，所以，，当时，，当时，.综上所述，对任意的，.21.已知双曲线过点，且焦距为10．（1）求C的方程；（2）已知点，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：．解：（1）由题意可得，故，所以C的方程为．（2）设，，当时，即，解得，则，双曲线的渐近线方程为，故当直线与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，此时直线方程为，令，则，故．则直线．由得，所以，．．所以，所以即．22.已知椭圆的离心率为，椭圆上的点与点的距离的最大值为4.（1）求的方程；（2）设轴上的一定点，过点作直线交椭圆于，两点，若在上存在一点A，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求实数的