福建省莆田市第二中学2023-2024学年高二下学期返校考试数学试卷

20232024学年度高二下学期返校考试卷2024年2月25日考试范围：选择性必修一、二；考试时间：120分钟；命题人：数学李注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息．2、请将答案正确填写在答题卡上．第I卷（选择题）一、单选题1.若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则的取值不可能是（）A.2 B.0C.1 D.3【答案】D【解析】【分析】如图所示：当直线即为直线时，圆上恰有3个点到直线的距离均为，若圆上至少有三个不同的点到直线（即直线）的距离为，则只需圆心到直线的距离，进一步通过运算即可得解.【详解】圆的方程可化为，则圆心为，半径为，要使条件成立，设圆心到直线的距离为，则只需要，即，所以的取值不可能是3.故选：D.2.如下图，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，点是轴上一点，点，分别为直线和轴上的两个动点，当周长最小时，点，的坐标分别为（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】作关于轴的对称点，作关于的对称点，连接交轴于，交于，有，即此时周长最小，求出点坐标，可得直线方程，与联立求出点坐标，令可得点坐标.【详解】作关于轴的对称点，作关于的对称点，连接交轴于，交于，所以，此时周长最小，即，由，直线方程为，所以，解得，所以，可得直线方程为，即，由，解得，所以，令可，所以.故选：C.3.已知向量，，且．若点的轨迹过定点，则这个定点的坐标是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据向量垂直可得数量积为0，得出轨迹方程即可求出轨迹过定点.【详解】，，即，所以点的轨迹方程为，显然不论取何值，总有满足方程，即点的轨迹过定点，故选：A4.已知数列满足，若.则的值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，转化为，再由求解.【详解】因为数列满足，所以，即，因为，所以，所以，故选：D5.已知为双曲线的焦点，过作轴的垂线交于点，且，则的渐近线方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】结合通径长得，得出关系求得即得渐近线方程．【详解】因轴，所以，所以，，，，所以，渐近线方程为．故选：A．6.已知圆为圆上两个动点，且为弦AB的中点，，，当A，B在圆上运动时，始终有为锐角，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先确定点是在以O为圆心，1为半径的圆上，根据当A，B在圆上运动时，始终有为锐角，可知点应在以的中点为圆心，2为半径的圆外，由此可列出关于参数的不等式，即可求得答案.【详解】连接,则,所以点M在以O为圆心，1为半径的圆上，设的中点为，则，且,因为当A，B在圆上运动时，始终有为锐角，所以以为圆心，1为半径的圆与以为圆心，2为半径的圆相离，故，解得或，即，故选:A.7.已知，是椭圆C：的左、右焦点，O为坐标原点，点M是C上点（不在坐标轴上），点N是的中点，若MN平分，则椭圆C的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由角平分线的性质定理有，再根据线段之间的关系建立不等式可求解.【详解】因为是的中点，是的中点，所以，因为平分，所以，因为，所以，，由（或），得椭圆的离心率，又，所以椭圆的离心率的取值范围是．故选：A．8.若函数恰好有两个零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意转化为与和共有两个交点，利用导数研究单调性极值，数形结合得解.【详解】因为，所以不是的零点，当时，令，得，令，由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增，所以，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，，且当时，，如图所示，所以当时，与的图象有且仅有两个交点，此时函数恰好有两个零点.故选：A.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.二、多选题9.设直线与圆，则下列结论正确的为（）A.可能将的周长平分B.若圆上存在两个点到直线的距离为1，则的取值范围为C.若直线与圆交于两点，则面积最大值为2D.若直线与圆交于两点，则中点的轨迹方程为【答案】BC【解析】【分析】根据圆心在直线上判断A，根据直线与圆的位置关系判断B，根据三角形面积公式判断C，根据几何法求出点M的轨迹方程即可判断D.【详解】对于，若直线将圆的周长平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，错误；对于B，若圆上存在两个点到直线的距离为1，则到直线的距离满足，所以，解得或，B正确；对于C，，当时，的面积有最大值2，C正确；对于，易知直线经过定点，所以，所以点的轨迹以为直径的圆，其方程为，又因为点在圆内，由，解得，所以点的轨迹方程为，D错误.故选：BC.10.双曲线C：的右焦点为F，点P在双曲线C的一条渐近线上，O为坐标原点，则下列说法正确的是（）A.双曲线C的离心率为B.双曲线与双曲线C的渐近线相同C.若，则的面积为D.的最小值为【答案】ABCD【解析】【分析】求出双曲线的离心率即可判断；求出双曲线的渐近线方程即可判断；结合点到直线的距离公式即可判断；根据点到直线的距离公式即可判断.【详解】：双曲线中，，得，故正确；：双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为，故正确；：若，因为到渐近线的距离，即，所以，所以的面积为，故正确；：的最小值为F到渐近线的距离，即，故正确.故选：ABCD11.若为抛物线上的动点，焦点为，点，直线：，则下列说法正确的有（）A.的最小值为4B.点到直线和轴的距离之和的最小值为C.点到直线的距离的最小值为1D.过，两点的直线与抛物线相交的弦长为8【答案】BD【解析】【分析】利用抛物线的定义以及数形结合思想，可判断AB选项；利用点到直线的距离公式以及二次函数的基本性质可判断C选项；联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理及焦点弦的弦长公式，可判断D．【详解】抛物线的焦点为，准线方程.A．如图，过点作垂直准线于点，交抛物线于点，则.则有，即的最小值为5，故A错.B．点到轴的距离，设点到直线的距离为，所以.易知的最小值为点到直线的距离，故的最小值为，所以的最小值为，故B正确.C．设，则点到直线距离.因此当时，有最小值，故C错.D．由题得直线的方程为，设直线与抛物线的交点，，由得，所以，∴，故D正确故选：BD.12.在棱长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列说法正确的有（）A.存在点，使得平面B.不存在点，使得直线与平面所成的角为C.的最小值为D.以为球心，为半径的球体积最小时，被正方形截得的弧长是【答案】BCD【解析】【分析】方法一：AB选项，利用空间向量的方法判断；C选项，将的长度转化为与，距离之和，然后根据几何性质判断；D选项，利用函数的性质得到时最小，然后根据球的性质求弧长即可；方法二：A选项，根据三垂线定理判断；B选项，利用空间向量的方法判断；C选项，将转化为平面上的长度，然后根据两点之间线段最短求最小值即可；D选项，根据题意得到球半径最小值为到的距离，然后根据球的性质求弧长.【详解】方法一：如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，，，，，,，则，对于A，因为为正方体，所以，由三垂线定理得，，因为，平面，所以平面，是平面一个法向量，假设面，则与共线矛盾，假设不成立，A错．对于B，若存在，与所成角为，则或，或，，不满足条件，假设不成立，B对．对于C，．表示与，距离之和，，，C对．对于D，，时最小，，，设截面小圆的圆心为，半径为，则平面，所以，，因为，所以球与面为圆心，为半径的圆弧，因为，所以在正方形内轨迹为半圆，弧长，选项D正确；方法二：对于A，若平面，则，由三垂线定理知为中点，但此时不与垂直，故不存在这样的，A不正确；对于B，同法一，B正确；对于C，可将面与面摊平，，C正确．对于D，球半径最小值为到的距离，，，在面上的射影为，截面圆半径，过作分别交，于，，，球被正方体截得的弧长是半圆弧，长为，D正确，故选：BCD．第II卷（非选择题）三、填空题13.设不同直线，，则“”是“”的________条件.【答案】充要【解析】【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合两直线平行的判定推理作答.【详解】当时，两直线方程为，，有，因此，当直线时，显然，于是，解得，所以“”是“”的充要条件.故答案为：充要14.已知数列的前项和为，满足，则______．【答案】【解析】【分析】根据题意结合与之间关系整理可得，进而结合等比数列的定义与通项公式分析求解.【详解】因为，则，整理得，且，可知数列是以首项为3，公比为2的等比数列，可得，所以.故答案为：.15.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，，，点满足．设点的轨迹为．①轨迹的方程为.②在轴上存在异于的两点，使得.③当三点不共线时，射线是的角平分线.④在上存在点，使得.以上说法正确的序号是______．【答案】②③【解析】【分析】利用求轨迹方程的方法确定轨迹的方程可判断①；设，，由两点间的距离公式结合轨迹的方程可判断②；由角平分线的定义可判断③；设，由求出点的轨迹方程与联立，可判断④.【详解】对于①，在平面直角坐标系中，，，点满足，设，则，化简得，即，所以①错误；对于②，假设在轴上存在异于，的两点，，使得，设，，则，化简得，由轨迹的方程为，代入上式有，可得，，联立解得，或，（舍去），所以②正确；对于③，当，，三点不共线时，，可得射线是角平分线，所以③正确；对于④，若在上存在点，使得，可设，则，化简得，与联立，得，解得，代入有，无实数解，则方程组无实数解，故不存在点，所以④错误．故答案为：②③．16.已知函数，若关于x的不等式（e是自然对数的底数）在R上恒成立，则a的取值范围______．【答案】【解析】【分析】首先画出函数的图象，再利用数形结合，通过直线与的图象相切时的临界值，即可求解的取值范围.【详解】在上恒成立，等价于的图象恒在直线的上方，，两边平方后得，所以的图象是以为圆心，半径为1，并且在轴的下半部分的半圆，，，得，当时，，函数在单调递减，当时，，函数在单调递增，当时，函数取得最小值，如图，画出函数的图象：直线恒过定点，当直线与相切时，设切点，，可得，由，解得：，则切线的斜率为2，当直线与，相切时，直线与半圆相切，由，解得：，由图可知，的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是正确画出函数的图象，并会根据直线与曲线相切，求直线的斜率.四、解答题17.已知数列的前项和为，，且.（1）求数列的通项公式，（2）设数列满足（），求数列的前项和为【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用与的关系，分和讨论，得到数列为等比数列，即可求解；(2)结合（1）的结论，利用错位相减法即可求出数列的前项和为.【小问1详解】因为，当时，，解得：，当时，则有，两式相减可得：，所以，因为，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由可得：，所以两式相减可得：所以.【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．18.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接（Ⅰ）证明：．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（Ⅱ）若面与面所成二面角的大小为，求的值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．【解析】【详解】（解法1）（Ⅰ）因为底面，所以，由底面为长方形，有，而，所以．而，所以．又因为，点是的中点，所以．而，所以平面．而，所以．又，，所以平面．由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为．（Ⅱ）如图1，在面内，延长与交于点，则是平面与平面的交线．由（Ⅰ）知，，所以．又因为底面，所以．而，所以．故是面与面所成二面角的平面角，设，，有，在Rt△PDB中,由,得,则,解得．所以故当面与面所成二面角的大小为时，．（解法2）（Ⅰ）如图2，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设，，则，，点是的中点，所以，，于是，即．又已知，而，所以．因,,则,所以．由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为．（Ⅱ）由，所以是平面的一个法向量；由（Ⅰ）知，，所以是平面的一个法向量．若面与面所成二面角的大小为，则，解得．所以故当面与面所成二面角的大小为时，．考点：四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角．19.已知函数在处取极大值，．（1）求的值；（2）求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用函数在处取极大值,得到,计算即可.（2）移项构造新函数,求导应用函数单调性求出最小值,即证明即可.【小问1详解】因为，，又函数在处取极大值，所以，所以．经检验时，,函数在上是单调递增的,,函数在上是单调递减的,故函数在处取极大值，所以．【小问2详解】由（1）知，，故要证，即证．令，则，．令，,得到在上单调递增，因为，所以，使得，即所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又因为，即，所以，所以，即，即得证．20.“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦……”，“大衍数列”来源于《乾坤谱》，用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.“大衍数列”的前几项分别是：0，2，4，8，12，18，24，…，且满足其中.（1）求（用表示）；（2）设数列满足：其中，是的前项的积，求证：，.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由递推关系可得，应用累加法、等差数列前n项和公式求；（2）由（1）及递推关系得，进而得到通项公式，即得，则，利用导数证，放缩法即可证结论.【小问1详解】，∴.【小问2详解】由（1）知，，，而也满足上式，故，∴且，故且，即，∴，则，令且，则，即在上递减，所以，即在上恒成立，故（当且仅当时取等号），所以，，即，，证毕.21.已知椭圆过点，且离心率为．设