福建省福州市八县（市）协作校2023-2024学年高二上学期期末数学试题（解析版）

福州市八县（市）协作校2023-2024学年第一学期期末联考高二数学试卷【完卷时间:120分钟；满分:150分】命题：福清融城中学林江平林厚栋一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.数列的一个通项公式为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，化简数列为，根据运算规律，即可求解.【详解】由数列，可得化为，可得数列的一个通项公式为.故选：C.2.下列求导数的运算中正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由基本函数的导数和复合函数的导数运算可得.【详解】A：，故A错误；B：，故B错误；C：，故C错误；D：，故D正确；故选：D.3.双曲线的一个顶点为，渐近线方程为，则双曲线方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的顶点坐标与渐近线方程求得得双曲线方程.【详解】由双曲线的一个顶点为得双曲线的焦点在轴，可设双曲线方程为，则，因为渐近线方程为，即，所以，所以，所以所求双曲线的方程为.故选：B4.如图，已知二面角大小为，，，，且，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意得到，利用结合向量的数量积的运算公式，即可求解．【详解】因为二面角的大小为，，，，，，所以与的夹角为，又因为，所以，所以，即．故选：A．5.已知数列满足，，则数列前2023项的积为（）A.2 B.3 C. D.【答案】A【解析】【分析】先找到数列的周期，然后求得数列前2023项的积.详解】由，，得，所以数列是以为周期的周期数列，且，故数列前2023项的积为.故选：A.6.已知函数在区间上单调递减，则实数的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依题意，在区间上恒成立，分离参数可得实数a的最大值.【详解】由题意，因为函数在区间上单调递减，所以在区间上恒成立，即，令，则，又，所以，所以在为减函数，所以，所以，即实数a的最大值是.故选：C7.已知椭圆的左右焦点分别是，，过的直线与相交于A，B两点，若，，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据椭圆的定义得到，再由等腰三角形的性质得到，最后由二倍角的余弦公式得到离心率.【详解】由题意可得，因为，所以，设，根据等腰三角形的性质得，因为，所以，又，所以，故选：B.8.已知关于的不等式解集中恰有3个不同的正整数解，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得的解集中恰有3个不同的正整数解，设，，作出两函数的图象，结合图象分，分别求解即可.【详解】因为，所以.设，，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；又因为是过点的直线，如图所示：由此可得当时，的解集中有若干个不同的正整数解，不满足题意；当时，要使不等式的解集中恰有3个不同的正整数解，当过点时，取最小值，因为，此时，当过点时，取最大值，因为，此时，所以的取值范围为.故选：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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知空间向量，，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.在上的投影向量为【答案】AC【解析】【分析】根据向量坐标运算，验证向量的平行垂直，向量的模，投影向量即可解决.【详解】因为，所以，故A正确；由题得，而，所以不成立，故B不正确；因为，故C正确；因为在上的投影向量为，故D错误；故选：AC.10.已知过点的直线和圆：，则（）A.直线与圆相交B.直线被圆截得最短弦长为C.直线与被圆截得的弦长为，的方程为D.不存在这样的直线，使得圆上有3个点到直线的距离为2【答案】ABD【解析】【分析】判断点与圆的位置关系可得选项A的真假；利用弦长求解方法可得出选项B的真假；利用待定系数法可得出选项C的真假；判断出圆心到直线的最长距离，从而得出选项D的真假.【详解】解：因为圆：，所以圆的圆心为，半径为4.选项A：因为，所以点圆内，故直线与圆相交，选项A正确；选项B：设圆心到直线的距离为，弦长为，则，又因为圆心到直线的最长距离，所以，故选项B正确；选项C：直线与被圆截得的弦长为，所以圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时，直线方程为，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，故，解得，故直线方程为，综上满足题意的直线方程为或，故选项C不正确；选项D：当直线经过圆心时，圆上到直线的距离为2的点有4个；当直线不经过圆心时，直线将圆分成优弧与劣弧两个部分，由于半径为4，在优弧上一定存在两个点到直线的距离为2，那么此时，在劣弧上有且只有一个点到直线的距离为2.当圆心到直线的距离为时，此时圆心到直线的距离最大，又因为半径为4，且，所以此时劣弧上有两个点到直线的距离为2，所以不存在所以选项D正确.故选：ABD.11.数列的前项和为，且，下列说法正确的是（）A.若的首项为1，则为等差数列B.若为等差数列，则的公差为2C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据等差数列的通项公式求解选项A，B；根据数列的前项和公式求解选项C，D.【详解】若为等差数列，则可设,所以，所以，解得，所以，所以的首项为，公差为2，A错误，B正确；因为，所以是以3为首项的等差数列，，C错误；，因为，即，D正确；故选:BD.12.已知抛物线过点，过点的直线交抛物线于，两点，点在点右侧，若为焦点，直线，分别交抛物线于，两点，则（）A. B.有最小值4C. D.A，P，Q三点共线【答案】ACD【解析】【分析】先根据抛物线过点，得到抛物线方程，然后设直线MN的方程为：，与抛物线方程联立，利用抛物线定义得到，结合韦达定理判断B，用坐标表示结合韦达定理和判别式判断C，设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理求得点P的坐标，同理得到点Q的坐标，利用斜率相等判断D，根据点M，P的坐标关系，结合AN的斜率判断A.【详解】如图所示：因为抛物线过点，则，解得，所以抛物线方程为：.设直线MN的方程为：，，则，代入抛物线方程消去x得：，由，得或，由韦达定理得：.对于选项B：由抛物线定义得：，则，即，故B错误；对于选项C：因为，，又，故C正确；设直线的方程为：，，代入抛物线方程消去x得：，可得，则，即，则，同理可得，且，即，则，即，所以三点共线，故D正确；对于选项A：因为，则，所以，又因为或，则，可知，所以，故A错误；故选：ACD【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.13.曲线在处切线的倾斜角为__________．【答案】【解析】【分析】根据切线斜率即为该点处的导数值求解.【详解】设所求切线的倾斜角是，令，则结合倾斜角范围易知．故答案：14.请写出满足：直线在两坐标轴上的截距相等且与圆相切的一条直线的方程为___________．（写出一条即可）【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】设出直线方程，利用圆心到直线的距离为半径即可得方程.【详解】圆，圆心，半径，当直线过原点时斜率存在，设方程为，圆心到直线的距离为，则解得，∴所求直线的方程为，即，当直线不过原点时，设直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，则，解得(舍)或，∴所求直线的方程为.综上，满足题意的直线有或,故答案为：（答案不唯一）.15.我们已经学习了直线方程的概念：直线上的每一个点的坐标都是方程的解；反之，方程的解所对应的点都在直线上．同理，空间直角坐标系中，也可得到平面的方程：过点且一个法向量为的平面的方程为．据上述知识解决问题：建立合适空间直角坐标系，已求得某倾斜墙面所在平面方程为：，若墙面外一点P的坐标为，则点P到平面的距离为________．【答案】##【解析】【分析】确定平面过定点，平面的法向量为，计算，再计算距离得到结果.【详解】平面的方程为，取，则平面的法向量为，，则，故点Q到平面的距离为.故答案为：.16.已知数列的前项和为，且满足，若数列的前项和满足恒成立，则实数的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】由的关系仿写作差得到，再由错位相减法得到，最后由不等式恒成立问题和解一元二次不等式求出即可.【详解】由，当时，；当时，；作差可得，则数列是首项和公比都为的等比数列，所以.，，以上两式相减可得，则，因为恒成立，所以，解得或，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.已知等差数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）借助等差数列基本量计算即可得；（2）借助裂项相消法即可求和.【小问1详解】设等差数列的公差为，由已知得，解得，，所以；【小问2详解】，所以，即.18.在长方体中，底面为正方形，，，为中点，为中点.（1）求证：平面；（2）求与平面成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）法1：构造平行四边形，证明线线平行，即可证明线面平行；法2：利用向量法证明线面垂直；（2）利用向量法求线面角.【小问1详解】法1：取的中点,连接,,依题意可知：且,且所以且,四边形为平行四边形，故，又平面,平面,所以平面.法2：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，,,，，设平面的法向量，则，取，得，,又面，所以平面，【小问2详解】由（1），设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的余弦值为.19.已知函数.（1）求在上的最大值；（2）若函数恰有三个零点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导，再利用导数求出函数的极值及端点的函数值，即可求出函数的最大值；（2）利用导数求出函数的极值，再结合题意列出不等式组即可得解.【小问1详解】，可知时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增，所以，由，，；【小问2详解】，当或时，，当时，，所以在和上单调递增，在单调递减，所以，，当时，，当时，，因为有三个零点，所以，即，解得，故的取值范围为.20.已知数列的首项，且满足．（1）求证：数列为等比数列；（2）若，求满足条件的最大正整数．【答案】（1）证明见解析（2）1011【解析】【分析】（1）由已知递推关系两边取倒数，再构造数列即可，注意验证.（2）由上问求出，再由等比数列的前项和求出不等式左边，最后结合复合函数的单调性求出结果即可.【小问1详解】由,得,则又，，所以数列是以首项，以为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）可得，所以，则，，得，即，由复合函数的单调性可知为单调递增函数，所以满足的最大正整数为.21.已知动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是.（1）求动点的轨迹的方程；（2）若的下顶点为，不过的直线与交于点，线段的中点为，若，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】（1）（2）直线恒过定点，定点坐标为【解析】【分析】（1）设点，根据条件建立方程，化简即可得出结果；（2）利用条件及，得到，从而有，设的方程为，联立，得到，由韦达定理有，再利用，即可求出结果.【小问1详解】设点，依题意得，整理化简得，即，所以点的轨迹的方程为.【小问2详解】因为，又，所以，得到，又为线段的中点，所以，因此，根据题意可知直线的斜率一定存在，设的方程为，联立，消去得，，根据韦达定理可得，易知，所以，故，所以，整理得，解得或.又直线不经过点，所以舍去，于是直线的方程为，恒过定点，又该点在椭圆轨迹内，满足，所以直线恒过定点，定点坐标为【点睛】关键点点晴：本题的关键点在于利用，结合图形，利用几何关系得到，再联立直线与椭圆方程，利用来解决问题.22.已知函数．（1）判断函数的单调性．（2）若有两个不相等的实根，且，求证：．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）依题意可得，即可得到，设，则只需证明，设，利用导数说明函数的单调性，即可得证.【小问1详解】由题意知，函数的定义域为．由，得．当时，，所以在上单调递增．当时，令，得．当时，；当时，．所以当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调