福建省福州教育学院附属中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题

高二数学试卷（满分：150分：考试时间：120分钟）一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.在等差数列中,,则数列的前项和为A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合等差数列的性质及求和公式,即可求解答案.【详解】由等差数列的性质可知,,根据等差数列前项和公式:,故选:D.【点睛】本题考查了等差数列的性质,考查了等差数列的前n项和,是基础题.2.已知抛物线上一点到其焦点的距离为，则实数的值是（）A.4 B.2 C.4 D.8【答案】C【解析】【分析】首先利用抛物线的定义，将抛物线上点到焦点的距离转化为到准线的距离解出p，再将点M的坐标代入抛物线方程即可解得.【详解】抛物线的准线方程为：，因为M到焦点距离为5，所以M到准线的距离，即p=8，则抛物线方程为.将(1,m)代入得：，因为所以.故选：C.3.已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案.【详解】由已知可得，，，所以，向量在向量上的投影向量是.故选：B.4.已知直线与直线，若直线与直线的夹角是60°，则k的值为（）A.或0 B.或0C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出的倾斜角为120°，再求出直线的倾斜角为0°或60°，直接求斜率k.【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为120°.要使直线与直线的夹角是60°，只需直线的倾斜角为0°或60°，所以k的值为0或.故选：A5.直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可详解：直线分别与轴，轴交于，两点,则点P在圆上圆心为（2，0），则圆心到直线距离故点P到直线的距离的范围为则故答案选A.点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．6.已知函数是定义在上奇函数，是的导函数，且，当时，则使得成立的的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】构造函数，根据题意可得的奇偶性与单调性，结合的图象即可求解．【详解】解：由题意可知，函数是奇函数，令函数，则函数为偶函数，又当时，，所以函数在上单调递减，根据对称性可知，函数在上单调递增，又，所以，所以，函数的大致图象如图所示：数形结合可知，使得成立的的取值范围是，，．故选：B．【点睛】本题考查函数的性质、导数的应用，考查构造函数法，转化思想和数形结合思想，属于中档题．7.已知椭圆与抛物线有相同焦点，点是两曲线的一个公共点，且轴，则椭圆的离心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分析可得，求得，设设椭圆的下焦点为，利用勾股定理可求得，利用椭圆的定义可求得该椭圆的离心率的值.【详解】易知点或，所以，，即，将代入抛物线方程可得，则，设椭圆的下焦点为，因为轴，则，由椭圆的定义可得，所以，椭圆的离心率为.故选：C.8.已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后世把这种圆称为阿波罗尼斯圆.已知，，直线，直线，若为，的交点，则的最小值为（）A.3 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由直线方程可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程为，即，可得，取，则，结合，可得，进而求解.【详解】由已知过定点，过定点，因为，，所以，即，所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点，故圆心为，半径为3，则的轨迹方程为，即，易知O、Q在该圆内，又，即，取，则，又，所以，所以的最小值为.故选：A.二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）9.以下四个命题正确的是（）A.双曲线与椭圆的焦点不同B.，为椭圆的左、右焦点，则该椭圆上存在点满足C.曲线的渐近线方程为D.曲线，“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的充要条件【答案】CD【解析】【分析】A选项，求出双曲线和椭圆方程的焦点坐标，判断A错误；B选项，求出，故点的纵坐标为2或即可，根据椭圆上点的有界性判断B错误；C选项，根据双曲线渐近线方程公式求出答案；D选项，根据焦点所在位置得到不等式，求出，D正确.【详解】A选项，双曲线，即，焦点在轴上，由于，故其焦点为，，而椭圆，焦点在轴上，且，故焦点为，，故A错误；B选项，椭圆，则，，即，所以，，则，要使，则，即，即点的纵坐标为2或即可，而椭圆上的点纵坐标取值范围为，则不存在点满足，故B错误；C选项，双曲线的渐近线方程为，故C正确；D选项，曲线，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，故D正确.故选：CD.10.已知函数，则（）A.有两个极值点 B.有三个零点C.点是曲线的对称中心 D.直线是曲线的切线【答案】AC【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，，令得或，令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：AC.11.已知数列满足，则下列结论正确的有（）A.为等比数列B.的通项公式为C.为递增数列D.的前n项和【答案】ABD【解析】【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.【详解】因为，所以+3，所以，又因为，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；，即，故B正确；因为，因为，所以，所以，所以为递减数列，故C错误；，则，故D正确.故选：ABD.12.如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（）A.满足平面的点的轨迹长度为B.满足的点的轨迹长度为C.存在唯一的点满足D.存在点满足【答案】AC【解析】【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线段，故A正确；以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，设，且，，，，对于B，，即，又，，则点的轨迹为线段，,且，故B错误；对于C，显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，故，故不存在点满足，故D错误.故选：AC三、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共20分）13.已知正项等比数列满足，，则_________.【答案】##【解析】【分析】借助等比数列的性质计算即可得.【详解】，由为正项数列，故，则，即，故，由，故，故.故答案为：.14.已知圆，若圆C与y轴交于M，N两点，且，则__________．【答案】2【解析】【分析】首先通过的关系，得，然后根据圆的垂径定理构造关于的方程，解方程即可求出半径.【详解】由题意知的圆心，半径为r，圆心到y轴的距离为1，因为圆C与y轴交于M，N两点，且，，所以，由垂径定理得，，即，解得．故答案为：2．15.长方体中，，，则点B到平面的距离为________．【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可.【详解】解：在长方体中，以为坐标原点，，，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，，，，，，设平面的法向量为：，，令得：又点B到平面的距离为：.故答案：.16.圆锥曲线有良好的光学性质，光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点（如左图）；光线从双曲线的一个焦点发出，被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出（如中图）.封闭曲线E（如右图）是由椭圆C1:+=1和双曲线C2:=1在y轴右侧的一部分（实线）围成.光线从椭圆C1上一点P0出发，经过点F2，然后在曲线E内多次反射，反射点依次为P1，P2，P3，P4，…，若P0，P4重合，则光线从P0到P4所经过的路程为_________.【答案】【解析】【分析】结合椭圆、双曲线的定义以及它们的光学性质求得正确答案.【详解】椭圆；双曲线，双曲线和椭圆的焦点重合.根据双曲线的定义有，所以①，②，根据椭圆的定义由，所以路程.故答案为：四、解答题17.设函数.（1）求在处的切线方程；（2）求的极大值点与极小值点；【答案】（1）；（2）极大值点为，极小值点为1.【解析】【分析】（1）根据题意求得切点坐标，利用导数的几何意义求出切线方程的斜率，结合直线的点斜式方程即可得出结果；（2）求出函数的导数，分别求解不等式和即可求出函数的单调区间，结合极值点的定义即可得出结果.【小问1详解】由题意知，，即切点为，又，所以，所以在处的切线方程为：，即；【小问2详解】，令得；令得或，故的增区间为，减区间为和，当时，函数有极大值，当时，函数有极小值，故函数有极大值点为，极小值点为1.18.如图，在平面直角坐标系中，点，，.（1）求直线的方程；（2）记的外接圆为圆，求直线被圆截得的弦长.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）直线交轴于点，由题意可得为等边三角形，故，可求直线的方程；（2）由可求的外接圆方程，几何法求直线被圆截得的弦长.【小问1详解】（如图）直线交轴于点，中，，所以，故，所以直线的方程为【小问2详解】设圆的方程为，由（1）知，满足圆的方程，则，解得，圆的方程为，即所以圆心半径圆心到直线的距离，所以直线被圆截得的弦长.注：方法二（2）设圆的方程为，由（1）知，满足圆的方程，则，解得，圆的方程为，可得，圆心到直线的距离，所以直线被圆截得的弦长.注：方法三（2）因为，，AB的中点为

所以的垂直平分线方程为：①，所以的垂直平分线方程为：②，由①②得，圆心为，圆心到直线的距离，所以直线被圆截得的弦长.19.已知数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取计算得到，利用得到，得到通项公式.（2）确定，设，，相减计算得到答案.【小问1详解】当时，由，得；当时，因为，所以，则，可得.故是以4为首项，2为公比的等比数列，所以.【小问2详解】，则，两边都乘以，得，以上两个式子相减，可得：，故.20.如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.（1）证明：平面.（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在实数，理由见解析【解析】分析】（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直；（2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.【小问1详解】因为四边形是菱形，所以.因为，，平面，且，所以平面.因为平面，所以.因为，所以，即.因为，平面，且，所以平面.【小问2详解】取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，，所以为等边三角形，故⊥，又平面，平面，所以，，故，，两两垂直，故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.设，则，，，，故，，，所以，设平面的法向量为，则，令，得.平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，则，整理得，解得或（舍去）.故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.21.已知椭圆：的离心率为，且椭圆上的点到右焦点的距离最长为.（1）求椭圆的标准方程.（2）过点直线与椭圆交于两点，的中垂线与轴交于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值为.【解析】【分析】（1）由离心率，椭圆上的点到右焦点距离最大值为和椭圆关系可构造方程组求得，进而得到椭圆标准方程；（2）当直线的斜率不为时，设，与椭圆联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式可求得，并利用中点坐标公式求得中点坐标，由此可表示出方程，从而求得点坐标，得到，化简可得定值；当直线的斜率为时，易求得满足所求定值；综合两种情况可得结论.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得：，解得：，，，椭圆的标准方程为.（2）当直线的斜率不为时，设直线的方程为，，，的中点为.联立整理得：，由题意可知：，则，，.为的中点，，，即.直线的方程可设为，令得：，则，.当直线的斜率为时，，，则.综上所述：为定值，且定值为.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆