湖北省黃石市部分學校2023-2024學年高二上學期期末聯(lián)考數(shù)學試卷 含解析

黃石市部分學校2023~2024學年度第一學期高二年級期末聯(lián)考數(shù)學試題卷本試卷共4頁，22小題，滿分150分.考試用時120分鐘.★?？荚図樌镆弧雾椷x擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知是直線的一個方向向量，則直線的傾斜角為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由直線的方向向量可知直線的斜率，進而可得傾斜角.【詳解】設直線的傾斜角為，由直線的方向向量可知直線的斜率，所以.故選：D.2.已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列的前4項和為15，且，則A.16 B.8 C.4 D.2【答案】C【解析】【分析】利用方程思想列出關于的方程組，求出，再利用通項公式即可求得的值．【詳解】設正數(shù)的等比數(shù)列{an}的公比為，則，解得，，故選C．【點睛】本題利用方程思想求解數(shù)列的基本量，熟練應用公式是解題的關鍵．3.已知函數(shù)在的附近可導，且，，則在處的切線方程為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意可知斜率，代入點斜式即可求解.【詳解】由題知，，函數(shù)在處的切線斜率為：，又，切線過點，代入點斜式有：，即：.故選：A.4.已知等比數(shù)列滿足，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】結合等比數(shù)列通項公式可求得的范圍，可驗證充分性和必要性是否成立，由此得到結果.【詳解】設等比數(shù)列的公比為，由，即，又，則，即則當時，由，此時即由“”可得到“”成立.由，即，即，即或若時，，成立若時，，則不成立所以若“”則“”不成立.所以“”是“”充分不必要條件故選：A5.已知為拋物線上一動點，是圓上一點，則的最小值是（）A.5 B.4 C.3 D.2【答案】B【解析】【分析】將轉化為，再根據(jù)拋物線的定義考慮三點共線時的情況，由此求解出的最小值.【詳解】的焦點為，準線為，即為，所以圓心為即為焦點，半徑，顯然在拋物線內(nèi)部，過點作準線，交準線于點，記點如下圖所示：所以，當且僅當三點共線時取最小值，此時，所以的最小值為，故選：B.6.如圖的形狀出現(xiàn)在南宋數(shù)學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中，后人稱為“三角垛”．“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，……．記各層球數(shù)構成數(shù)列，且為等差數(shù)列，則數(shù)列的前項和為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)累加法求得，利用裂項求和法求得正確答案.【詳解】，，由于為等差數(shù)列，所以，所以，也符合，所以，所以數(shù)列的前項和為.故選：D7.已知橢圓：，橢圓與橢圓的離心率相等，并且橢圓的短軸端點就是橢圓的長軸端點，據(jù)此類推：對任意的且，橢圓與橢圓的離心率相等，并且橢圓的短軸端點就是橢圓的長軸端點，由此得到一個橢圓列：，，，，則橢圓的焦距等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】確定橢圓的離心率，根據(jù)橢圓的短軸端點就是橢圓的長軸端點，可得，結合可推出為首項為4，公比為的等比數(shù)列，即可求得，進而利用即可求得答案.【詳解】由題意可設橢圓的長半軸為，短半軸為，焦半距為，對于橢圓：，有，則由題意可知所有橢圓的離心率都為，由于橢圓的短軸端點就是橢圓的長軸端點，故，則，即，即為首項為4，公比為的等比數(shù)列，故，所以，故橢圓的焦距等于，故選：B8.雙曲線的左?右焦點分別為，以的實軸為直徑的圓記為，過作的切線與曲線在第一象限交于點，且，則曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設，求出及，由三角形面積及三角函數(shù)值得到，由雙曲線定義得到，在中，由余弦定理得到方程，求出，得到離心率.【詳解】設切點為，，連接，則，，過點作⊥軸于點E，則，故，因為，解得，由雙曲線定義得，所以，在中，由余弦定理得，化簡得，又，所以，方程兩邊同時除以得，解得，所以離心率.故選：A【點睛】本題考查雙曲線的幾何性質及其應用，對于雙曲線的離心率是雙曲線最重要的幾何性質，求雙曲線的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據(jù)一個條件得到關于的齊次式，結合轉化為的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以或轉化為關于離心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得離心率或離心率的取值范圍).二、選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題所給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）9.已知曲線的方程為，則下列結論正確的是（）A.當，曲線為橢圓B.當時，曲線為雙曲線，其漸近線方程為C.“或”是“曲線為雙曲線”的充要條件D.不存在實數(shù)使得曲線為離心率為的雙曲線【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)橢圓雙曲線方程的特點分別判斷每個選項即可.【詳解】對A，若，則曲線方程表示圓，故A錯誤；對B，當時，曲線方程為，表示雙曲線，其漸近線方程為，故B正確；對C，要使曲線為雙曲線，需滿足，解得或，故“或”是“曲線為雙曲線”的充要條件，故C正確；對D，若離心率為，則，則可得，則或，兩個方程均無解，故D正確.故選：BCD.10.已知等差數(shù)列的首項為，公差為，前項和為，若，則下列說法正確的是（）A. B.使得成立的最大自然數(shù)C. D.中最小項為【答案】ACD【解析】【分析】結合題意：利用等差數(shù)列及，判斷出，并可以分析出，再利用數(shù)列的相關知識即可判斷.【詳解】根據(jù)題意：即兩式相加，解得：，故A正確.由，可得到，所以，，，所以，故C正確；由以上可得：，，而，當時，；當時，；要使得成立最大自然數(shù)，故B錯誤.當，或時，；當時，；由，,所以中最小項為，故D正確.故選：ACD.11.已知O為坐標原點，過拋物線焦點F的直線與C交于A，B兩點，其中A在第一象限，點，若，則（）A.直線的斜率為 B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】由及拋物線方程求得，再由斜率公式即可判斷A選項；表示出直線的方程，聯(lián)立拋物線求得，即可求出判斷B選項；由拋物線的定義求出即可判斷C選項；由，求得，為鈍角即可判斷D選項.【詳解】對于A，易得，由可得點在垂直平分線上，則點橫坐標為，代入拋物線可得，則，則直線的斜率為，A正確；對于B，由斜率為可得直線的方程為，聯(lián)立拋物線方程得，設，則，則，代入拋物線得，解得，則，則，B錯誤；對于C，由拋物線定義知：，C正確；對于D，，則為鈍角，又，則為鈍角，又，則，D正確.故選：ACD.12.已知數(shù)列的前n項和為，，且（，2，…），則（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】對于A選項，只需判斷；對于B選項，通過通項公式可求得；對于C選項，將條件轉化為，可判斷錯誤；對于D選項，將數(shù)列放縮成等比數(shù)列求和，可判斷正確.【詳解】由條件，兩邊同時除以，得，∴∴，∴，對于A選項，∵，∴，∴，故A選項正確；，，所以B選項錯誤；對于C選項，，等價于，由極限思想知，當時，，故C選項錯誤；對于D選項，，∴，又∵，所以D選項正確.故選：AD.【點睛】本題考查了數(shù)列由遞推公式求通項公式，以及關鍵對通項公式的形式進行分析，放縮，判斷.屬于較難題.三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分）13.在正方體中，E，F(xiàn)分別為AB，的中點，以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有____________個公共點．【答案】12【解析】【分析】根據(jù)正方體的對稱性，可知球心到各棱距離相等，故可得解.【詳解】不妨設正方體棱長為2，中點為，取，中點，側面的中心為，連接，如圖，由題意可知，為球心，在正方體中，，即，則球心到的距離為，所以球與棱相切，球面與棱只有1個交點，同理，根據(jù)正方體的對稱性知，其余各棱和球面也只有1個交點，所以以EF為直徑的球面與正方體棱的交點總數(shù)為12.故答案為：1214.已知函數(shù)，，請寫出函數(shù)和的圖象的一條公共切線的方程為______.【答案】（或）【解析】【分析】設切點坐標分別為，，由切線斜率可得，結合公切線方程解得或，進而可得公切線方程.【詳解】因為，，則，，設函數(shù)上的切點坐標為，切線斜率為，函數(shù)上的切點坐標為，切線斜率為，由切線斜率可得，即，可得公切線方程為，代入點可得，代入可得，整理得，解得或，所以切線方程為或.故答案為：（或）.15.已知點在拋物線上，B，C是拋物線上的動點且，若直線AC的斜率，則點B縱坐標的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】由已知得出，即可設出，，則根據(jù)已知可得與，與可解出，由整理為，根據(jù)已知得出關于的方程，在上有解，即可解出或，綜合即可得出答案.【詳解】點在拋物線上，，解得，即，設，，則，，直線AC的斜率，，解得：，，，且，由解得：，由可得：，整理化簡為：，則關于的方程，在上有解，則，解得：或，綜上所述：點B縱坐標的取值范圍是，故答案為：.16.已知各項都不為0的數(shù)列的前項和滿足，且，則的通項公式是______；設數(shù)列的前項和為，若對，恒成立，則的取值范圍是______.【答案】①.②.【解析】【分析】根據(jù)與之間的關系分析可知，，，結合等差數(shù)列通項公式運算求解；設，可知，結合數(shù)列單調(diào)性分析求解.【詳解】因為，且，若，則，可得；若，則，可得，且，可得，可知：數(shù)列奇數(shù)項、偶數(shù)項均成等差數(shù)列，當為奇數(shù)，則；當為偶數(shù)，則；綜上所述：；因為，可知，設，由題意可知：，因為，可知數(shù)列為遞增數(shù)列，則數(shù)列的最小項為，則，所以取值范圍是.故答案為：；.四、解答題（本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.已知直線與圓相切.（1）求的值及圓的方程；（2）已知直線與圓相交于，兩點，若的面積為，求直線的方程.【答案】（1），（2）答案見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)直線與圓的位置關系列式求得，進而可得圓的方程；（2）根據(jù)面積關系可得，分和，結合點到直線的距離公式運算求解.【小問1詳解】因為圓，可知圓心，半徑，且，由題意可得：，解得，此時圓.【小問2詳解】由（1）可知：圓心，半徑，由題意可知：，可得，且，若，則圓心到直線的距離，可得，解得或，此時直線的方程為或；若，則圓心到直線的距離，可得，解得或，此時直線的方程為或；綜上所述：直線的方程為或或或.18.已知數(shù)列的前項和為，且滿足，．（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設數(shù)列滿足，求數(shù)列的前項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）應用與的關系即可求解；（2）應用分組求和及等比數(shù)列求和公式即可求解.【小問1詳解】因為，時，,兩式相減得，，，，，相乘得，所以，當時符合上式，所以；【小問2詳解】，當為奇數(shù)時，19.如圖，在幾何體中，平面.（1）求證：平面平面；（2）若，在棱上是否存在一點，使得與平面所成角的正弦值為？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）存在，【解析】【分析】（1）取的中點，連接，取的中點，連接，通過證明平面可得平面平面；（2）以為坐標原點，所在的直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，設，利用向量法求出與平面所成角的正弦值，然后解方程可得答案.【小問1詳解】因為平面，且，所以平面，取的中點，連接，則平面，所以，又，所以，取的中點，連接，則，且，又，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以，又平面，所以平面，因為平面，所以平面平面；【小問2詳解】由（1）知兩兩垂直，以為坐標原點，所在的直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量，則即取，可得.設，所以，記與平面所成的角為，所以，解得，故為的中點，即.所以在棱上存在點，使得與平面所成角的正弦值為，且.20.已知數(shù)列滿足，當時，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）已知數(shù)列，證明：.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）當時，由已知等式變形可得，利用累加法可求得在時的表達式，然后檢驗時的情形，綜合可得出數(shù)列的通項公式；（2）當時，驗證所證不等式成立，當時，由放縮法可得出，再結合等比數(shù)列求和公式可證得原不等式成立，綜合可得出結論.【小問1詳解】解：當時，在等式兩邊同除后得，所以，，上述等式累加得，即，所以，.又時，滿足該式，故.【小問2詳解】解：由，所以，，所以，，當時，，當時，.綜上所述，對任意的，.21.已知雙曲線過點，且焦距為10．（1）求C的方程；（2）已知點，E為線段AB上一點，且直線DE交C于G，H兩點．證明：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)題意列方程組求出，即可得出C的方程；（2）根據(jù)四點共線，要證即證，設出直線，，，聯(lián)立直線方程與橢圓方程得出，將其代入，計算結果為零，即證出．【小問1詳解】由題意可得，故，所以C的方程為．【小問2詳解】設，，當時，即，解得，則，雙曲線的漸近線方程為，故當直線與漸近線平行時，此時和雙曲線僅有一個交點，此時直線