福建省福州市六校2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（解析版）

2023—2024學(xué)年第一學(xué)期高二年段期末六校聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷（滿分：150分，完卷時間：120分鐘）一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題的四個選項中，只有一項符合題目要求.）1.在等比數(shù)列中，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由等比數(shù)列的性質(zhì)即可求解.【詳解】解：，所以，故選：B.2.已知函數(shù)在上可導(dǎo)，且滿足，則函數(shù)在點處的切線的方程為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)條件，利用導(dǎo)數(shù)的定義即可得到，再由導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得出結(jié)果.【詳解】由，得到，由導(dǎo)數(shù)的定義知，所以函數(shù)在點處的切線的方程為，即，故選：D.3.已知在四面體中，分別是的中點，設(shè)，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】結(jié)合圖像，利用空間向量的線性運算即可得到結(jié)果.【詳解】連接，如圖，因為，，分別是的中點，所以.故選：D.4.過點的直線與圓相交于兩點，則弦長的最小值是（）A.2 B. C. D.4【答案】B【解析】【分析】求出圓心、半徑，得出，即點在圓內(nèi).當(dāng)時，弦長最小，根據(jù)勾股定理即可求出答案.【詳解】由已知可得圓心，半徑.因為，所以點在圓內(nèi).所以，當(dāng)時，弦心距最大，弦長最小.所以弦長的最小值是.故選：B.5.已知、，若直線經(jīng)過點，且與線段有交點，則的斜率的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】作出圖形，數(shù)形結(jié)合可得出直線的斜率的取值范圍.【詳解】過點作，垂足為點，如圖所示：設(shè)直線交線段于點，設(shè)直線的斜率為，且，，當(dāng)點在從點運動到點（不包括點）時，直線的傾斜角逐漸增大，此時；當(dāng)點在從點運動到點時，直線的傾斜角逐漸增大，此時.綜上所述，直線的斜率的取值范圍是.故選：D.6.已知橢圓的左、右焦點分別為，，A為C上位于第一象限的一點，與y軸交于點B．若，則C的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】結(jié)合對稱性及橢圓的定義，得到，然后根據(jù)B為的中點，推導(dǎo)出，求得，，找到的關(guān)系，從而求得離心率.【詳解】解析：如圖，由，得為等邊三角形，結(jié)合對稱性及橢圓的定義，得，則B為的中點，從而OB為的中位線，，所以，所以，即，則，故選:A．7.如圖，ABCD－EFGH是棱長為1的正方體，若P在正方體內(nèi)部且滿足，則P到AB的距離為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，計算出和的坐標(biāo)，然后根據(jù)向量法求點到直線的距離公式即可求解.【詳解】如圖，以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，因為，所以，，，，，所以點P到AB的距離．故選：C.8.如圖，過拋物線的焦點的直線與拋物線交于兩點，與其準(zhǔn)線交于點（點位于之間）且于點且，則等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題可得，然后結(jié)合條件可得，即求.【詳解】設(shè)于點，準(zhǔn)線交軸于點G，則，又，∴，又于點且，∴BE∥AD，∴，即，∴，∴等于.故選：B.二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對5分，部分選對得2分，有選錯得0分.）9.已知正方體，棱長為1，分別為棱的中點，則（）A.直線與直線共面 B.C.直線與直線的所成角為 D.三棱錐的體積為【答案】BD【解析】【分析】如圖，以為原點，以所在直線分別為建立空間直角坐標(biāo)系，對于A，利用面面平行性質(zhì)結(jié)合平行公理分析判斷，對于B，通過計算進(jìn)行判斷，對于C，利用向量的夾角公式求解，對于D，利用求解.【詳解】如圖，以為原點，以所在直線分別為建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，對于A，假設(shè)直線與直線共面，因為平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，因為∥，所以∥，矛盾，所以直線與直線不共面，所以A錯誤；對于B，因為，所以，所以，所以，所以B正確，對于C，設(shè)直線與直線的所成角為，因為，所以，所以，所以C錯誤，對于D，因為平面，所以，所以D正確，故選：BD.10.已知遞減的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S6＝S8，則（）A.a7＞0 B.S13＜0 C.S15＜0 D.S7最大【答案】ACD【解析】【分析】由可得，由等差數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，所以，所以當(dāng)時，時，根據(jù)等差數(shù)列的求和公式和性質(zhì)，逐項分析判斷即可.【詳解】由可得，由等差數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，所以，故A正確；又，故B錯誤；，故C正確；由等差數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，所且，所以當(dāng)時，時，所以S7最大，故D正確故選：ACD11.已知兩點，若直線上存在點，使得，則稱該直線為“點定差直線”，下列直線中，是“點定差直線”有（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】先求出P點的軌跡方程為的右支，結(jié)合雙曲線的漸近線斜率與選項中直線斜率進(jìn)行比較，得到有無交點，進(jìn)而求出答案.【詳解】因為，故P點的軌跡方程為雙曲線的右支，其中，，則，所以雙曲線為（），漸近線方程為，的斜率為，故與（）有交點，A正確；的斜率，且與y軸交點為，故與（）無交點，B錯誤；的斜率，且與y軸交點為，故與（）無交點，C錯誤；的斜率，故與（）有交點，D正確.故選：AD12.設(shè)雙曲線的左?右焦點分別為，點在的右支上，且不與的頂點重合，則下列命題中正確的是（）A.若，則的兩條漸近線的方程是B.若點的坐標(biāo)為，則的離心率大于3C.若，則的面積等于D.若為等軸雙曲線，且，則【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的漸近線方程即可求解A，根據(jù)點在雙曲線上，結(jié)合離心率的計算即可求解B，根據(jù)焦點三角形的性質(zhì)結(jié)合雙曲線定義即可求解C，根據(jù)余弦定理即可求解D.【詳解】當(dāng)時，雙曲線的漸近錢的斜率A錯誤，因為點在上，則，得，所以，B正確：因為，若，則，即，即，得，所以，C正確.若為等軸雙曲線，則，從而.若，結(jié)合，則.在中，由余弦定理，得，D錯誤，故選：BC.三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知圓．若圓C與圓外切，則m的值為________．【答案】【解析】【分析】利用兩圓相外切列方程即可求解.【詳解】圓的圓心為，半徑，圓的圓心為，半徑.因為圓與圓外切，所以，所以，解得：.故答案為：14.設(shè)數(shù)列的前項和為.已知，數(shù)列的通項公式__________.【答案】【解析】【分析】利用與的關(guān)系運算得解.【詳解】因為，則當(dāng)時，，兩式相減得：，即，而，則數(shù)列是以1為首項，4為公比的等比數(shù)列，所以數(shù)列的通項公式是.故答案為：.15.已知為單位向量.，若，則在上投影向量為__________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)模與向量的關(guān)系求出的值，再根據(jù)在上的投影向量公式求出答案即可.【詳解】，由題可得：，可得，則在上的投影向量為.故答案為：.16.數(shù)列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，稱為斐波那契數(shù)列（Fibonaccisequence），該數(shù)列是由十三世紀(jì)意大利數(shù)學(xué)家萊昂納多·斐波那契（LeonardoFibonacci）以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數(shù)列”．在數(shù)學(xué)上斐波那契數(shù)列可表述為．設(shè)該數(shù)列的前n項和為，記，則________．（用m表示）【答案】##【解析】【分析】由斐波那契的定義有，中每一項都表示為兩項的差，然后正負(fù)抵消后可得結(jié)論．【詳解】由，得，即．所以．故答案為：．四?解答題（本題共6小題，第17題10分，第18-22題各12分，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.）17.已知數(shù)列滿足，設(shè).（1）求；（2）判斷數(shù)列是否為等比數(shù)列，并說明理由；（3）求的通項公式.【答案】（1）（2）是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，理由見解析（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)題設(shè)條件得到，，，再由，即可求出結(jié)果；（2）根據(jù)條件得到，又，即可得出結(jié)果；（3）利用（2）中結(jié)果，利用等比數(shù)列的通項公式，即可求出結(jié)果.【小問1詳解】由條件可得，將代入得，，又，得到，將代入得，，所以.又，所以.【小問2詳解】是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，理由如下，由條件可得，又，所以，又，所以是首項為1，公比為2的等比數(shù)列.【小問3詳解】由（2）可得，所以.18.如圖，在四棱錐中，平面，四邊形是菱形，，是的中點.（1）求證：；（2）已知二面角的余弦值為，求與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由菱形及線面垂直的性質(zhì)可得，再根據(jù)線面垂直的判定，性質(zhì)即可證結(jié)論；（2）構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，結(jié)合已知確定相關(guān)點坐標(biāo)，進(jìn)而求面，面的法向量，結(jié)合已知二面角的余弦值求出參數(shù)，再根據(jù)空間向量夾角的坐標(biāo)表示求與平面所成角的正弦值.【小問1詳解】由平面，又平面，則，又是菱形，則，又，面所以平面，又平面，所以.【小問2詳解】設(shè)，連接，因為是的中點，所以，又平面，所以平面，分別以為軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)，因為，則，所以，由（1）知平面的一個法向量為，設(shè)面的一個法向量為，由，得到，令，可得，即，因為二面角的余弦值為，則，解得，則，設(shè)與平面所成的角為，又，所以.19.已知為銳角三角形，且．（1）若，求；（2）已知點在邊上，且，求的取值范圍．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角恒等變換可得，再利用三角函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合條件即得；（2）利用正弦定理結(jié)合條件可得，然后根據(jù)條件及三角函數(shù)的性質(zhì)即可求得其范圍.【小問1詳解】因為，所以，即，又，，所以，所以，即，又，，所以，即；【小問2詳解】因為，所以，又，可得，在中，，所以，在中，，因為為銳角三角形，所以，得，所以，所以，即的取值范圍為.20.如圖，已知是拋物線上的三個點，且直線分別與拋物線相切，為拋物線的焦點.（1）若點的橫坐標(biāo)為，用表示線段的長；（2）若，求點的坐標(biāo)；【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出拋物線的準(zhǔn)線方程，利用拋物線定義將的長度轉(zhuǎn)化成點到準(zhǔn)線的距離即可；（2）設(shè)與直線，根據(jù)直線分別與拋物線相切，可將直線與拋物線方程聯(lián)立得到判別式為0，進(jìn)而得出是兩根，結(jié)合韋達(dá)定理與可得，即可求解.【小問1詳解】設(shè)，且在拋物線上，故滿足為拋物線的焦點，，拋物線的準(zhǔn)線為，線段的長等于點到準(zhǔn)線的距離，即.【小問2詳解】設(shè)，顯然直線的斜率存在且不為0，設(shè)直線，，聯(lián)立，化簡得：直線與拋物線相切，，即①同理可得②由①②知，為方程的兩根，且有，，所以，解得，將代入，得，故的坐標(biāo)為.21.已知等差數(shù)列滿足：成等差數(shù)列，成等比數(shù)列.（1）求的通項公式：（2）在數(shù)列每相鄰兩項與間插入個，使它們和原數(shù)列的項構(gòu)成一個新數(shù)列，數(shù)列的前項和記為，求及.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)等差中項和等比中項進(jìn)行求解即可；（2）求出共插入3的個數(shù)，結(jié)合等差數(shù)列的前項和公式進(jìn)行求解即可.【小問1詳解】設(shè)等差數(shù)列公差為，因為成等差數(shù)列，所以有，因為成等比數(shù)列，所以，所以；【小問2詳解】由題意可知：在3和5之間插入2個3，在5和7之間插入個，在19和21之間插入個3，此時共插入3的個數(shù)為：，在21和23之間插入個3，此時共插入3的個數(shù)為：，因此，.22.已知橢圓過點，離心率為．（1）求橢圓的方程；（2）直線與橢圓交于、兩點，過、作直線的垂線，垂足分別為、，點為線段的中點，為橢圓的左焦點．求證：四邊形為梯形．【答案】（1）（