福建省福州教育學院附屬中學2023-2024學年高二上學期期末考試數(shù)學試題

高二數(shù)學試卷（滿分：150分：考試時間：120分鐘）一、單選題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）1.在等差數(shù)列中,,則數(shù)列的前項和為A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】結合等差數(shù)列的性質及求和公式,即可求解答案.【詳解】由等差數(shù)列的性質可知,,根據(jù)等差數(shù)列前項和公式:,故選:D.【點睛】本題考查了等差數(shù)列的性質,考查了等差數(shù)列的前n項和,是基礎題.2.已知拋物線上一點到其焦點的距離為，則實數(shù)的值是（）A.4 B.2 C.4 D.8【答案】C【解析】【分析】首先利用拋物線的定義，將拋物線上點到焦點的距離轉化為到準線的距離解出p，再將點M的坐標代入拋物線方程即可解得.【詳解】拋物線的準線方程為：，因為M到焦點距離為5，所以M到準線的距離，即p=8，則拋物線方程為.將(1,m)代入得：，因為所以.故選：C.3.已知空間向量，則向量在向量上的投影向量是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)已知求出，進而即可根據(jù)投影向量求出答案.【詳解】由已知可得，，，所以，向量在向量上的投影向量是.故選：B.4.已知直線與直線，若直線與直線的夾角是60°，則k的值為（）A.或0 B.或0C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出的傾斜角為120°，再求出直線的傾斜角為0°或60°，直接求斜率k.【詳解】直線的斜率為，所以傾斜角為120°.要使直線與直線的夾角是60°，只需直線的傾斜角為0°或60°，所以k的值為0或.故選：A5.直線分別與軸，軸交于，兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】分析：先求出A，B兩點坐標得到再計算圓心到直線距離，得到點P到直線距離范圍，由面積公式計算即可詳解：直線分別與軸，軸交于，兩點,則點P在圓上圓心為（2，0），則圓心到直線距離故點P到直線的距離的范圍為則故答案選A.點睛：本題主要考查直線與圓，考查了點到直線的距離公式，三角形的面積公式，屬于中檔題．6.已知函數(shù)是定義在上奇函數(shù)，是的導函數(shù)，且，當時，則使得成立的的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】構造函數(shù)，根據(jù)題意可得的奇偶性與單調性，結合的圖象即可求解．【詳解】解：由題意可知，函數(shù)是奇函數(shù)，令函數(shù)，則函數(shù)為偶函數(shù)，又當時，，所以函數(shù)在上單調遞減，根據(jù)對稱性可知，函數(shù)在上單調遞增，又，所以，所以，函數(shù)的大致圖象如圖所示：數(shù)形結合可知，使得成立的的取值范圍是，，．故選：B．【點睛】本題考查函數(shù)的性質、導數(shù)的應用，考查構造函數(shù)法，轉化思想和數(shù)形結合思想，屬于中檔題．7.已知橢圓與拋物線有相同焦點，點是兩曲線的一個公共點，且軸，則橢圓的離心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分析可得，求得，設設橢圓的下焦點為，利用勾股定理可求得，利用橢圓的定義可求得該橢圓的離心率的值.【詳解】易知點或，所以，，即，將代入拋物線方程可得，則，設橢圓的下焦點為，因為軸，則，由橢圓的定義可得，所以，橢圓的離心率為.故選：C.8.已知平面內兩個定點，及動點，若（且），則點的軌跡是圓.后世把這種圓稱為阿波羅尼斯圓.已知，，直線，直線，若為，的交點，則的最小值為（）A.3 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由直線方程可得，則點的軌跡是以為直徑的圓，除去點，得到的軌跡方程為，即，可得，取，則，結合，可得，進而求解.【詳解】由已知過定點，過定點，因為，，所以，即，所以點的軌跡是以為直徑的圓，除去點，故圓心為，半徑為3，則的軌跡方程為，即，易知O、Q在該圓內，又，即，取，則，又，所以，所以的最小值為.故選：A.二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）9.以下四個命題正確的是（）A.雙曲線與橢圓的焦點不同B.，為橢圓的左、右焦點，則該橢圓上存在點滿足C.曲線的漸近線方程為D.曲線，“曲線是焦點在軸上的橢圓”是“”的充要條件【答案】CD【解析】【分析】A選項，求出雙曲線和橢圓方程的焦點坐標，判斷A錯誤；B選項，求出，故點的縱坐標為2或即可，根據(jù)橢圓上點的有界性判斷B錯誤；C選項，根據(jù)雙曲線漸近線方程公式求出答案；D選項，根據(jù)焦點所在位置得到不等式，求出，D正確.【詳解】A選項，雙曲線，即，焦點在軸上，由于，故其焦點為，，而橢圓，焦點在軸上，且，故焦點為，，故A錯誤；B選項，橢圓，則，，即，所以，，則，要使，則，即，即點的縱坐標為2或即可，而橢圓上的點縱坐標取值范圍為，則不存在點滿足，故B錯誤；C選項，雙曲線的漸近線方程為，故C正確；D選項，曲線，若曲線是焦點在軸上的橢圓，則，解得，故D正確.故選：CD.10.已知函數(shù)，則（）A.有兩個極值點 B.有三個零點C.點是曲線的對稱中心 D.直線是曲線的切線【答案】AC【解析】【分析】利用極值點的定義可判斷A，結合的單調性、極值可判斷B，利用平移可判斷C；利用導數(shù)的幾何意義判斷D.【詳解】由題，，令得或，令得，所以在，上單調遞增，上單調遞減，所以是極值點，故A正確；因，，，所以，函數(shù)在上有一個零點，當時，，即函數(shù)在上無零點，綜上所述，函數(shù)有一個零點，故B錯誤；令，該函數(shù)的定義域為，，則是奇函數(shù)，是的對稱中心，將的圖象向上移動一個單位得到的圖象，所以點是曲線的對稱中心，故C正確；令，可得，又，當切點為時，切線方程為，當切點為時，切線方程為，故D錯誤.故選：AC.11.已知數(shù)列滿足，則下列結論正確的有（）A.為等比數(shù)列B.的通項公式為C.為遞增數(shù)列D.的前n項和【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)已知證明為定值即可判斷A；由A選項結合等比數(shù)列的通項即可判斷B；作差判斷的符號即可判斷C；利用分組求和法即可判斷D.【詳解】因為，所以+3，所以，又因為，所以數(shù)列是以4為首項，2為公比的等比數(shù)列，故A正確；，即，故B正確；因為，因為，所以，所以，所以為遞減數(shù)列，故C錯誤；，則，故D正確.故選：ABD.12.如圖，已知正方體的棱長為2，點為的中點，點為正方形上的動點，則（）A.滿足平面的點的軌跡長度為B.滿足的點的軌跡長度為C.存在唯一的點滿足D.存在點滿足【答案】AC【解析】【分析】利用線面平行的判定定理可以證得點的軌跡，進而判斷A；建立空間直角坐標系，得到，，為正方形上的點，可設，且，，進而對BCD各個選項進行計算驗證即可判斷并得到答案.【詳解】對于A，取的中點，的中點，又點為的中點，由正方體的性質知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故點的軌跡為線段，故A正確；以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，則，，設，且，，，，對于B，，即，又，，則點的軌跡為線段，,且，故B錯誤；對于C，顯然，只有時，，即，故存在唯一的點滿足，故C正確；對于D，點關于平面的對稱點的為，三點共線時線段和最短，故，故不存在點滿足，故D錯誤.故選：AC三、填空題（本大題共5小題，每小題5分，共20分）13.已知正項等比數(shù)列滿足，，則_________.【答案】##【解析】【分析】借助等比數(shù)列的性質計算即可得.【詳解】，由為正項數(shù)列，故，則，即，故，由，故，故.故答案為：.14.已知圓，若圓C與y軸交于M，N兩點，且，則__________．【答案】2【解析】【分析】首先通過的關系，得，然后根據(jù)圓的垂徑定理構造關于的方程，解方程即可求出半徑.【詳解】由題意知的圓心，半徑為r，圓心到y(tǒng)軸的距離為1，因為圓C與y軸交于M，N兩點，且，，所以，由垂徑定理得，，即，解得．故答案為：2．15.長方體中，，，則點B到平面的距離為________．【答案】【解析】【分析】建立空間直角坐標系，求平面的法向量，利用點到平面的距離公式求解即可.【詳解】解：在長方體中，以為坐標原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標系，因為，，所以，，，，，，設平面的法向量為：，，令得：又點B到平面的距離為：.故答案：.16.圓錐曲線有良好的光學性質，光線從橢圓的一個焦點發(fā)出，被橢圓反射后會經過橢圓的另一個焦點（如左圖）；光線從雙曲線的一個焦點發(fā)出，被雙曲線反射后的反射光線等效于從另一個焦點射出（如中圖）.封閉曲線E（如右圖）是由橢圓C1:+=1和雙曲線C2:=1在y軸右側的一部分（實線）圍成.光線從橢圓C1上一點P0出發(fā)，經過點F2，然后在曲線E內多次反射，反射點依次為P1，P2，P3，P4，…，若P0，P4重合，則光線從P0到P4所經過的路程為_________.【答案】【解析】【分析】結合橢圓、雙曲線的定義以及它們的光學性質求得正確答案.【詳解】橢圓；雙曲線，雙曲線和橢圓的焦點重合.根據(jù)雙曲線的定義有，所以①，②，根據(jù)橢圓的定義由，所以路程.故答案為：四、解答題17.設函數(shù).（1）求在處的切線方程；（2）求的極大值點與極小值點；【答案】（1）；（2）極大值點為，極小值點為1.【解析】【分析】（1）根據(jù)題意求得切點坐標，利用導數(shù)的幾何意義求出切線方程的斜率，結合直線的點斜式方程即可得出結果；（2）求出函數(shù)的導數(shù)，分別求解不等式和即可求出函數(shù)的單調區(qū)間，結合極值點的定義即可得出結果.【小問1詳解】由題意知，，即切點為，又，所以，所以在處的切線方程為：，即；【小問2詳解】，令得；令得或，故的增區(qū)間為，減區(qū)間為和，當時，函數(shù)有極大值，當時，函數(shù)有極小值，故函數(shù)有極大值點為，極小值點為1.18.如圖，在平面直角坐標系中，點，，.（1）求直線的方程；（2）記的外接圓為圓，求直線被圓截得的弦長.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）直線交軸于點，由題意可得為等邊三角形，故，可求直線的方程；（2）由可求的外接圓方程，幾何法求直線被圓截得的弦長.【小問1詳解】（如圖）直線交軸于點，中，，所以，故，所以直線的方程為【小問2詳解】設圓的方程為，由（1）知，滿足圓的方程，則，解得，圓的方程為，即所以圓心半徑圓心到直線的距離，所以直線被圓截得的弦長.注：方法二（2）設圓的方程為，由（1）知，滿足圓的方程，則，解得，圓的方程為，可得，圓心到直線的距離，所以直線被圓截得的弦長.注：方法三（2）因為，，AB的中點為

所以的垂直平分線方程為：①，所以的垂直平分線方程為：②，由①②得，圓心為，圓心到直線的距離，所以直線被圓截得的弦長.19.已知數(shù)列的前項和為，且.（1）求的通項公式；（2）求數(shù)列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取計算得到，利用得到，得到通項公式.（2）確定，設，，相減計算得到答案.【小問1詳解】當時，由，得；當時，因為，所以，則，可得.故是以4為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以.【小問2詳解】，則，兩邊都乘以，得，以上兩個式子相減，可得：，故.20.如圖，在四棱錐中，，，四邊形是菱形，，是棱上的動點，且.（1）證明：平面.（2）是否存在實數(shù)，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）存在實數(shù)，理由見解析【解析】分析】（1）由線線垂直得到線面垂直，進而得到，再由勾股定理逆定理得到，從而得到線面垂直；（2）作出輔助線，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，進而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.【小問1詳解】因為四邊形是菱形，所以.因為，，平面，且，所以平面.因為平面，所以.因為，所以，即.因為，平面，且，所以平面.【小問2詳解】取棱的中點，連接，因為四邊形是菱形，，所以為等邊三角形，故⊥，又平面，平面，所以，，故，，兩兩垂直，故以為原點，分別以，，的方向為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系.設，則，，，，故，，，所以，設平面的法向量為，則，令，得.平面的一個法向量為，設面與面所成的銳二面角為，則，整理得，解得或（舍去）.故存在實數(shù)，使得面與面所成銳二面角的余弦值是.21.已知橢圓：的離心率為，且橢圓上的點到右焦點的距離最長為.（1）求橢圓的標準方程.（2）過點直線與橢圓交于兩點，的中垂線與軸交于點，試問是否為定值？若是，求出該定值；若不是，說明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值為.【解析】【分析】（1）由離心率，橢圓上的點到右焦點距離最大值為和橢圓關系可構造方程組求得，進而得到橢圓標準方程；（2）當直線的斜率不為時，設，與橢圓聯(lián)立可得韋達定理的形式，利用弦長公式可求得，并利用中點坐標公式求得中點坐標，由此可表示出方程，從而求得點坐標，得到，化簡可得定值；當直線的斜率為時，易求得滿足所求定值；綜合兩種情況可得結論.【詳解】（1）設橢圓的半焦距為，由題意可得：，解得：，，，橢圓的標準方程為.（2）當直線的斜率不為時，設直線的方程為，，，的中點為.聯(lián)立整理得：，由題意可知：，則，，.為的中點，，，即.直線的方程可設為，令得：，則，.當直線的斜率為時，，，則.綜上所述：為定值，且定值為.【點睛】思路點睛：本題考查直線與橢圓