2023-2024学年菏泽市定陶一中高二数学上学期期末考试卷附答案解析

-2024学年菏泽市定陶一中高二数学上学期期末考试卷一、单选题1．记递增的等差数列的前项和为．若，则（

）A． B．125 C．155 D．1852．已知有100个半径互不相等的同心圆，其中最小圆的半径为1，在每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，则这100个圆中最大圆的半径是（

）A．8 B．9 C．10 D．1003．已知双曲线分别为的左焦点和右顶点，点是上的点，若的面积为，则的离心率为（

）A． B．2 C． D．4．若直线经过点和圆C：的圆心,并且与直线垂直,则m的值为（

）A．-1 B．1 C．-4 D．45．如图所示，在四面体中，，，，点在上，且，为的中点，则（

）A． B．C． D．6．已知数列的前n项和为，且，则下列说法正确的是（

）A． B． C． D．7．已知椭圆，O为坐标原点，直线l交椭圆于A，B两点，M为AB的中点.若直线l与OM的斜率之积为，则C的离心率为（

）A． B． C． D．8．如图，在空间四边形中，若向量，，点E，F分别为线段的中点，则的坐标为（

）A．B．C． D．二、多选题9．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，过点作抛物线的切线，则下列说法正确的是（

）A．的最小值为B．当时，C．以线段为直径的圆与直线相切D．当最小时，切线与准线的交点坐标为10．瑞士数学家伯努利于1694年发现了双纽线，即在平面直角坐标系中，点到两个定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，则当时，下列结论正确是（

）A．点在双纽线上B．点的轨迹方程为C．双纽线关于坐标轴对称D．满足的点有1个11．如图，在正方体中，P为的中点，，，则下列说法正确的是（

）

A．B．当时，平面C．当时，PQ与CD所成角的余弦值为D．当时，平面12．1202年，意大利数学家斐波那契出版了他的《算盘全书》，在书中收录了一个有关兔子繁殖的问题.他从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，具体数列为：1，1，2，3，5，8，13，…，即从数列的第三项开始，每个数字都等于前两个相邻数字之和．已知数列为斐波那契数列，其前n项和为，并且满足，，，则关于斐波那契数列，以下结论正确的是（

）A．B．C．D．三、填空题13．已知向量，，，若向量与所成角为锐角，则实数的范围是.14．若直线过直线和的交点，且在轴的截距是轴截距的2倍，则直线的方程是.15．已知正项等差数列中，，其中，6，构成等比数列，，数列的前项和为，若，不等式恒成立，则实数的取值范围为.16．已知一个酒杯是由一个抛物线绕其对称轴旋转一周形成的，抛物线的方程为：，现在将一个半径为的小球放入酒杯中，若小球能触及杯子的最底部，则小球的半径的取值范围是.四、解答题17．数列为等差数列，为等比数列，公比.(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和.18．已知数列满足，.(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；(2)若记为满足不等式的正整数k的个数，求数列的前n项和为，求关于n的不等式的最大正整数解.19．已知圆C过点且圆心在直线上(1)求圆C的方程，并求过点的切线方程．(2)若过点的直线与圆C交于A，B两点，且三角形ABC的面积为10，求直线l的方程．20．如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，，.

(1)求点到平面ABCD的距离；(2)在棱上是否存在点，使得平面DBF与平面PBC夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.21．已知抛物线，为的焦点，直线与交于不同的两点、，且点位于第一象限.(1)若直线经过的焦点，且，求直线的方程；(2)若直线经过点，为坐标原点，设的面积为，的面积为，求的最小值.22．已知椭圆C:的离心率为长轴的右端点为.(1)求C的方程；(2)不经过点A的直线与椭圆C分别相交于两点，且以MN为直径的圆过点，试证明直线过一定点，并求出此定点；参考答案：1．C【详解】设递增的等差数列的公差为，则．因为，所以当时，，即①，当时，，即②．联立①②，结合，解得，.所以.故选：C2．C【详解】设这100个圆的半径从小到大依次为，则由题知，每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，有，则是首项为1公差为1的等差数列，，所以，得.故选：C.3．B【详解】设双曲线的焦距为，由题设知，，则，所以，且，易知，又因为点在上，所以，所以，

因为，所以，则，化简得，解得或（舍去）.所以，，故C的离心率为.故选：B4．A【详解】解：圆C：的圆心坐标为，因为直线经过点和圆C：的圆心,所以直线的斜率为，又因为该直线与直线垂直,所以，解得，故选：A5．B【详解】因为，所以，所以,故选：B6．D【详解】当时，，当时，，所以不满足的情况，所以，对于A：当时，由指数函数单调性可知：，所以，故A错误；对于B：因为，所以，故B错误；对于C：当时，，满足；当时，，不满足，故不恒成立，故C错误；对于D：当时，，满足；当时，由指数函数的单调性可知为递减数列，此时，且恒成立，所以，也满足；所以，故D正确；故选：D.7．D【详解】设，，，将A，B两点坐标代入椭圆C的方程可得，，两式相减可得.又因为M为AB的中点，所以，所以，所以，，又直线l与OM的斜率之积为，所以，即，所以椭圆C的离心率.故选：D.8．B【详解】因为E，F分别为线段的中点，所以，，.因为，，，所以，，所以，.故选：B.9．ACD【详解】对于A，依题意可设直线的方程为，，，，则，，联立，消整理得，则，代入得，则，当且仅当时取等号，所以的最小值为，故A正确；对于B，结合A可得，，由，得，解得，，故B错误；对于C，由题意得抛物线的准线方程为，焦点，设，，在准线上的射影为，，，则，，，所以以线段为直径的圆与直线相切，故C正确；对于D，结合A可得，当最小时，不妨取，则可设切线的方程为，联立，消整理得，则，解得，所以切线的方程为，联立，解得，，即切线与准线的交点坐标为，故D正确．故选：ACD．10．BCD【详解】由双纽线的定义可得：，即，化简得：，则当时，点的轨迹方程为，故B正确；当时代入方程得，显然不满足方程，所以点不在双纽线上故A错误；把x换成，y换成，方程不变，所以双纽线关于坐标轴对称，故C正确；因为，若满足，则点P在y轴上，在方程中令，解得，所以满足的点为，故D正确；故选：BCD.11．ABC【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，所以，，所以，所以，A正确；当时，，所以，又平面，平面，从而平面，B正确；当时，，，所以PQ与CD所成角的余弦值为，C正确；当时，，，，所以不垂直于，所以不垂直于平面，D错误．

故选：ABC.12．BC【详解】斐波那契数列中，，，，，A错误；当时，，，三个式子相加，得：，B正确；当时，，则，C正确；当时，，则，D错误.故选：BC13．【详解】由向量，，可得，因为，可得，解得，所以，所以与，又因为向量与所成角为锐角，所以，解得，若向量与共线，则，解得，所以实数的范围是.故答案为：.14．或【详解】联立，解得，故交点坐标为，当在轴的截距与在轴的截距为0时，设直线方程为，将代入得，解得，故直线的方程为；当在轴的截距与在轴的截距不为0时，设直线方程为，将代入得，解得，故直线方程为，即，所以直线的方程为或.故答案为：或15．【详解】设等差数列的公差为，则.因为，且，6，构成等比数列，所以，整理得，解得或（舍去）.所以，则，所以.由，㭩.当为奇数时，，即；当为偶数时，.即.（或当时.由，等；当时，由，得）综上所述，实数的取值范围为.故答案为：16．【详解】取轴截面进行分析，设小球对应的圆心为，抛物线上任意一点，且，所以，当的最小值在处取到时，此时小球能触及杯底，由二次函数的性质可知，，所以，故此时半径的取值范围是，故答案为：.17．(1)(2)【详解】（1）设等差数列得公差为d，联立，即，解得，或，又，所以，故，（2）令，则，两边乘以得，，错位相减整理得，，所以.18．【详解】（1）由取倒数得，即，又，所以，所以为首项为，公差为的等差数列，则，故.（2）由，得，则，则，所以这样的有个，故，则，所以，则，两式相减得：，所以，易知为递增数列，又因为，，，所以，故，则最大正整数解为8.19．【详解】（1）由对称性可知圆心C在线段的垂直平分线上，线段的中点坐标为，又，故的垂直平分线的斜率为，故的垂直平分线方程为，即，联立与，解得，故圆心坐标为，半径为，故圆C的方程为，当过点的直线斜率不存在时，不是圆C的切线，设过点的切线方程为，则，解得，故过点的切线方程为，即；（2）将代入圆C，，故点在圆C外，当过点的直线斜率不存在时，此时直线与圆无交点，舍去，设过点的直线方程为，则圆心到直线的距离，又半径，故由垂径定理得，又三角形ABC的面积为10，所以，解得或，由于，故或均满足要求，当时，，解得或，当时，，解得，综上，直线l的方程为或或.20．【详解】（1）由题设，知，所以.又，所以为等边三角形，所以.在中，，所以.即，则.所以，即，又，且平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.如图1，设为的中点，连接，因为，所以.又因为平面平面，平面.所以平面，所以即为点到平面的距离.在中，，所以.即点到平面的距离为.

（2）如图2，连接OC，则，且平面ABCD，所以，所以PO，BD，OC两两互相垂直.以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.则，所以.若上存在点满足题意，不妨设，则，所以.设是平面的法向量，则，解得，不妨取，则平面的一个法向量为.同理，设是平面的法向量，则，解得，不妨取，则，所以平面的一个法向量为，所以，化简整理得，解得或.即或.故在的三等分点处存在点，可使得平面与平面夹角的余弦值为.

21．【详解】（1）解：依题意知，.若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，联立，可得，则，由韦达定理可得，所以，，解得，所以，直线的方程为或，即或.（2）解：若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，联立，可得，则，由韦达定理可得，则，即