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（解析版）

2023—2024学年第一学期高二年段期末六校联考数学试卷（满分：150分，完卷时间：120分钟）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. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由等比数列的性质即可求解.【详解】解：，所以，故选：B.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.【答案】D【解析】【分析】根据条件，利用导数的定义即可得到，再由导数的几何意义即可得出结果.【详解】由，得到，由导数的定义知，所以函数在点处的切线的方程为，即，故选：D.3.已知在四面体中，分别是的中点，设，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【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.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【答案】B【解析】【分析】求出圆心、半径，得出，即点在圆内.当时，弦长最小，根据勾股定理即可求出答案.【详解】由已知可得圆心，半径.因为，所以点在圆内.所以，当时，弦心距最大，弦长最小.所以弦长的最小值是.故选：B.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.【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.已知椭圆的左、右焦点分别为，，A为C上位于第一象限的一点，与y轴交于点B．若，则C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】结合对称性及椭圆的定义，得到，然后根据B为的中点，推导出，求得，，找到的关系，从而求得离心率.【详解】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.如图，ABCD－EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足，则P到AB的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z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A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，因为，所以，，，，，所以点P到AB的距离．故选：C.8.如图，过拋物线的焦点的直线与拋物线交于两点，与其准线交于点（点位于之间）且于点且，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【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G，则，又，∴，又于点且，∴BE∥AD，∴，即，∴，∴等于.故选：B.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1，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【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A，利用面面平行性质结合平行公理分析判断，对于B，通过计算进行判断，对于C，利用向量的夹角公式求解，对于D，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A，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A错误；对于B，因为，所以，所以，所以，所以B正确，对于C，设直线与直线的所成角为，因为，所以，所以，所以C错误，对于D，因为平面，所以，所以D正确，故选：BD.10.已知递减的等差数列{an}的前n项和为Sn，S6＝S8，则（）A.a7＞0 B.S13＜0 C.S15＜0 D.S7最大【答案】ACD【解析】【分析】由可得，由等差数列{an}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{an}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{an}为递减数列，所且，所以当时，时，所以S7最大，故D正确故选：ACD11.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”有（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】先求出P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P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y轴交点为，故与（）无交点，B错误；的斜率，且与y轴交点为，故与（）无交点，C错误；的斜率，故与（）有交点，D正确.故选：AD12.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3C.若，则的面积等于D.若为等轴双曲线，且，则【答案】BC【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程即可求解A，根据点在双曲线上，结合离心率的计算即可求解B，根据焦点三角形的性质结合双曲线定义即可求解C，根据余弦定理即可求解D.【详解】当时，双曲线的渐近钱的斜率A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，结合，则.在中，由余弦定理，得，D错误，故选：BC.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知圆．若圆C与圆外切，则m的值为________．【答案】【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：14.设数列的前项和为.已知，数列的通项公式__________.【答案】【解析】【分析】利用与的关系运算得解.【详解】因为，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.故答案为：.15.已知为单位向量.，若，则在上投影向量为__________.【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公式求出答案即可.【详解】，由题可得：，可得，则在上的投影向量为.故答案为：.16.数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列（Fibonaccisequence），该数列是由十三世纪意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（LeonardoFibonacci）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n项和为，记，则________．（用m表示）【答案】##【解析】【分析】由斐波那契的定义有，中每一项都表示为两项的差，然后正负抵消后可得结论．【详解】由，得，即．所以．故答案为：．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.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.【答案】（1）（2）是首项为1，公比为2的等比数列，理由见解析（3）【解析】【分析】（1）根据题设条件得到，，，再由，即可求出结果；（2）根据条件得到，又，即可得出结果；（3）利用（2）中结果，利用等比数列的通项公式，即可求出结果.【小问1详解】由条件可得，将代入得，，又，得到，将代入得，，所以.又，所以.【小问2详解】是首项为1，公比为2的等比数列，理由如下，由条件可得，又，所以，又，所以是首项为1，公比为2的等比数列.【小问3详解】由（2）可得，所以.18.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.【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，又平面，则，又是菱形，则，又，面所以平面，又平面，所以.【小问2详解】设，连接，因为是的中点，所以，又平面，所以平面，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，设，因为，则，所以，由（1）知平面的一个法向量为，设面的一个法向量为，由，得到，令，可得，即，因为二面角的余弦值为，则，解得，则，设与平面所成的角为，又，所以.19.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．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换可得，再利用三角函数的性质结合条件即得；（2）利用正弦定理结合条件可得，然后根据条件及三角函数的性质即可求得其范围.【小问1详解】因为，所以，即，又，，所以，所以，即，又，，所以，即；【小问2详解】因为，所以，又，可得，在中，，所以，在中，，因为为锐角三角形，所以，得，所以，所以，即的取值范围为.20.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；【答案】（1）（2）【解析】【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，进而得出是两根，结合韦达定理与可得，即可求解.【小问1详解】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.【小问2详解】设，显然直线的斜率存在且不为0，设直线，，联立，化简得：直线与抛物线相切，，即①同理可得②由①②知，为方程的两根，且有，，所以，解得，将代入，得，故的坐标为.21.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.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差中项和等比中项进行求解即可；（2）求出共插入3的个数，结合等差数列的前项和公式进行求解即可.【小问1详解】设等差数列公差为，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.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．【答案】（1）（