2023-2024学年福建省福州重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年福建省福州重点中学高二（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若直线：与直线垂直，则实数的取值是( )
A. 或 B. C. D.
2.已知等比数列中，，，则( )
A. B. C. D.
3.已知双曲线的一条渐近线方程为，实轴长为，则双曲线的方程为( )
A. B.
C. 或 D. 或
4.已知不重合的直线，和平面，，则下列判断正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
5.在平行六面体中，为延长线上一点，且，则( )
A. B.
C. D.
6.函数的图象大致是以下的( )
A. B.
C. D.
7.已知圆上动弦的长为，若圆上存在点恰为线段的中点，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.已知，，，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列求导正确的是( )
A. B.
C. D.
10.已知直线：经过抛物线：的焦点，且与相交于，两点，则下列结论中正确的是( )
A. B.
C. D. 以为直径的圆和抛物线的准线相切
11.已知是公比为的等比数列，且其前项和满足对任意，恒成立，则给出的下列结论中正确的是( )
A. 是递增数列 B. 时，是递增数列
C. 是递减数列 D. 时，是递减数列
12.已知空间直角坐标系中，，，，，同在球的球面上，则下列结论中正确的是( )
A. 平面
B. 球的表面积为
C. 点的轨迹长度为
D. 球的弦长度的最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量，则点到直线的距离为______．
14.函数在上单调递减，则实数的取值范围是______．
15.已知双曲线的右焦点为，一条过原点的直线与双曲线左右两支分别相交于，两点，，若，则双曲线的离心率为______．
16.若数列满足：，则定义数列为函数的“切线零点数列”已知，数列为函数的“切线零点数列”，，若数列满足，则数列的前项和 ______．
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.本小题分
已知函数．
求函数的单调递增区间；
在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，求的面积．
18.本小题分
已知圆：，直线：．
若直线与圆相切，求的值；
当时，已知为直线上的动点，过作圆的两条切线，切点分别为，，当切线长最短时，求弦所在直线的方程．
19.本小题分
如图，多面体由两个完全相同的四棱锥底面重合拼接而成，它们的公共底面为矩形，四边形为平行四边形，，，为棱的中点．
求证：平面；
若该多面体体积为，求直线与平面夹角的余弦值．
20.本小题分
已知数列的前项和为，，．
求证：数列是等差数列；
设，求数列的前项和．
21.本小题分
已知函数．
若曲线在处的切线与轴垂直，求实数的值；
若函数存在极大值为，求实数的值．
22.本小题分
已知圆锥曲线的对称中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过点与点．
求曲线的方程；
已知为直线上的动点不在轴上，，为曲线与轴的交点，直线与曲线相交的另一点为，直线与曲线相交的另一点为，记和的面积分别为，，若，求直线的方程．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意可得：，解得或．
故选：．
写出两条直线垂直的充要条件，可得的值．
本题考查两条直线垂直的充要条件的应用，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：等比数列中，，，
．
故选：．
利用等比数列的性质直接求解．
本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为实轴长，即，
若双曲线焦点在轴上，则，则双曲线方程为，
若双曲线焦点在轴上，则，则双曲线方程为．
故选：．
由已知结合双曲线的性质对焦点位置进行分类讨论，即可求解．
本题主要考查了双曲线的性质在双曲线方程求解中的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：对于，若，，则或，故A错误；
对于，若，，则或与相交或，故B错误；
对于，若，，则或，故C错误；
对于，若，，则，故D正确．
故选：．
对于，或；对于，或与相交或；对于，或；对于，由线面垂直的判定定理得．
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
5.【答案】
【解析】解：．
故选：．
根据向量减法、加法和数乘的几何意义，及向量的数乘运算即可得解．
本题考查了向量加法、减法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，是基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
则非奇函数也非偶函数，故排除，，
时，，，故．
故选：．
先结合函数的奇偶性检验选项A，，然后结合函数取值范围检验选项C，，即可．
本题主要考查了函数的性质在函数图象判断中的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由圆的弦长为，
可知中点到的距离即为，所以动点的轨迹为圆，
又圆上存在点恰为线段的中点，则圆与圆有公共点，
所以，即，解得．
故选：．
先根据已知条件求得点的轨迹方程，再转化为两圆有公共点即可求解结论．
本题主要考查圆和圆的位置关系，考查计算能力，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：，
而，
所以最大，
构造函数，
因为，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又因为，
所以，即，
故．
故选：．
，而，则最大，构造函数，求导分析单调性，可得与的大小关系，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：，故A正确；
，故B错误；
故C错；
，故D正确．
故选：．
根据已知条件，结合导数的求导法则，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：依直线：经过抛物线：的焦点，
可知，所以，解得，错；
联立消去可得，
所以，，对；
由韦达定理得，对；
以为直径的圆的圆心横坐标为，而．
故该圆圆心到轴的距离恰好等于半径，所以该圆与轴相切，与准线相离，错．
故选：．
根据已知条件求得，联立消去，再逐项判断即可．
本题主要考查抛物线的性质，考查计算能力和转化思想，属于中档题和易错题．
11.【答案】
【解析】解：依题意可知，移项整理得对恒成立．
当时，不满足题意，舍去；
当时，得恒成立，
所以或，所以为递增数列，对错：
当时，由上面结论可知，所以，故是递增数列，对；
当时，由上述结论可知，，所以，故是递减数列，对．
故选：．
由题意可得对恒成立．对公比进行分情况讨论，结合各选项一一判断即可得出答案．
本题考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：依题意可知，平面的法向量为，
，又因为平面为坐标平面，平面，
平面，对；
设球心，，，，
，同在球的球面上，
球半径，
故，
解得，，，即，半径，球的表面积为，错；
由得为点满足的轨迹方程，
其轨迹长度为该圆周长，对；
，
且由的轨迹方程可知，当时，
弦长度的最大值为，对．
故选：．
根据向量计算可得平面，判断项；再根据两点间距离公式可判断，，项．
本题考查空间向量的应用，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：在方向上的投影向量的模为，
所以点到直线的距离为．
故答案为：．
先求出在方向上的投影向量的模，再利用勾股定理，即可得解．
本题考查空间中点到线距离的求法，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：在上恒成立，
当时，，满足题意，
当时，且，
所以，
解得，
所以，
当时，函数对称轴为，
所以只需，即，
所以，
所以，
综上所述，，
所以的取值范围为
故答案为：
根据题意可得在上恒成立，分三种情况：当时，当时，当时，的符号，的单调性，即可得出答案．
本题考查函数的单调性，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：设为双曲线的左焦点，连接，，
则由双曲线对称性及其定义可知四边形为平行四边形，且，
因为且，
所以，，，，，
在中，由余弦定理可得，
解得，所以离心率．
故答案为：．
设为双曲线的左焦点，可知四边形为平行四边形，结合已知条件可得，，，，在中，由余弦定理求解即可．
本题考查双曲线的定义和性质，主要考查了离心率的求法，是中档题．
16.【答案】．
【解析】解：由，可得，
依题意可知，
，
故，即，
且，所以常数，
故是以为首项，以为公比的等比数列，
所以．
故答案为：．
由导数的运算和对数的运算性质，结合等比数列的定义可得是以为首项，以为公比的等比数列，再由等比数列的求和公式，可得所求和．
本题考查导数的几何意义和等比数列的定义、通项公式和求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：因为函数，
令，
解得，
可得的单调递增区间为．
由可得，所以，
因为，所以，
所以，故．
因为，且，，
所以，解得或．
当时，的面积，
当时，的面积．
故的面积为或．
【解析】由题意，利用三角恒等变换化简函数的解析式，再根据正弦函数的单调性，得出结论．
由题意，可得，结合的范围，求出的值．再利用余弦定理求出，可得的面积为的值．
本题主要考查三角恒等变换，函数的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
18.【答案】解：设圆心到直线的距离为，因为直线与圆相切，
所以，解得；
当时，直线：，连接，，则，，
所以，，，四点共圆，切线长，
故最短当且仅当最短，即时最短，
因为，所以，此时，
所以：，
联立，得，
故以为直径的圆的方程为，即，
因为弦即圆与上述圆的公共弦，将两圆方程相减可得，
所以弦所在直线方程为．
【解析】根据直线和圆相切求出圆心到直线的距离，即可求的值；
根据题意可知，，，四点共圆，且为直径，要使切线长最短时，即时最短，求出新圆圆心和半径，进而求得新圆的方程，两圆方程相减进而求得直线的方程．
本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，是中档题．
19.【答案】解：证明：连接交于，连接，
因为四边形为平行四边形，所以为中点，
因为为中点，所以为三角形的中位线，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
由题意可知，平面平面，平面平面，
平面，且，所以平面，
即为四棱锥的高，所以，
因为矩形中，，又因为平行四边形中，
所以，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，
则，解得，
则，，所以，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的余弦值为．
【解析】作辅助线，由线面平行的判定定理即可证明；
由面面垂直的性质定理可证平面，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，由向量夹角公式计算即可．
本题考查线面平行的证明和直线与平面所成角的求法，属于中档题．
20.【答案】证明：由题意，当时，，
解得，
当时，由，
可得，
则，
，，
化简整理，得，
即，
，
数列是以为首项和公差的等差数列．
解：由可得，，
则，
．
【解析】先将代入题干表达式计算出的值，当时，根据题干已知条件并结合公式，进一步推导即可发现数列是以为首项和公差的等差数列，从而证得结论成立；
先根据第题的结论计算出数列的通项公式，进一步计算出数列的通项公式，最后运用裂项相消法即可计算出前项和．
本题主要考查等差数列的判定，以及数列求和问题．考查了整体思想，分类讨论，转化与化归思想，裂项相消法，等差数列的通项公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
21.【答案】解：由，
得，
因为在处的切线与轴垂直，
所以，解得．
由知，，
当时，由，得，由，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间，
此时有极大值，解得，不合题意，舍去；
当时，分以下三种情况：
若，则在定义域内恒成立，
所以的单调递增区间为，无单调递减区间，无极值，舍去；
若，令，得或；令，得，
所以的单调递增区间为，，单调递减区间为，
此时有极大值，解得；
若，令，得或，令，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
此时有极大值，
设，因为，
所以在上单调递增，所以，
所以，故此时不存在符合题意，
综上所述，实数的值为．
【解析】对求导，根据曲线在处的切线与轴垂直，列方程求出的值；
对求导，分和两种情况，判断的单调性，求出极大值，即可得到的值．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，利用导数研究函数的切线方程，考查了分类讨论思想和方程思想，属难题．
22.【答案】解：设曲线：，
因为曲线过点与点，
所以，
解得，，
所以曲线的方程为．
设点，依题意可得，为曲线的左、右顶点，
不妨设，，，，
所以，，
故：，：，
由，消去可得，
所以，，故，
同理可得，
因为，且，
所以
，
化简得，
解得或或或，
当或时，，，或，
此时直线的方程为，
当或时，，或，
此时直线的方程为，
综上所述，直线的方程为或．
【解析】设曲线：，代入点的坐标求解即可；
设点，依题意可得：，：，联立直线和椭圆的方程可求得点，点的坐标，结合三角形的面积公式和已知条件，可求得的值，进而直线的方程可求．
本题考查椭圆的标准方程，考查联立直线和圆锥曲线方程解决综合问题，属于难题．
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