福州金山中学2023-2024学年第一学期高二年级期末考试
数学
（满分：150分 时间：120分钟）
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1 已知，且，则（ ）
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
2. 直线，则“”是“”的（ ）条件
A. 必要不充分 B. 充分不必要
C. 充要 D. 既不充分也不必要
3. 已知数列的前项和，求等于（ ）
A. 11 B. 12 C. 13 D. 14
4. 已知抛物线焦点的坐标为，P为抛物线上的任意一点，，则的最小值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D.
5. 在正项等比数列中，、是函数的极值点，则（ ）
A. 或2 B. C. D. 2
6. 已知是双曲线 的左、右焦点，点M是过坐标原点O且倾斜角为60°的直线l与双曲线C的一个交点，且 则双曲线C的离心率为（ ）
A. 2 B. C. D.
7. 法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条互相垂直的直线的交点轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若圆上存在点，使得过点可作两条互相垂直的直线与椭圆相切，则实数的取值范围为（ ）
A B. C. D.
8. 已知，，，则，，大小关系为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知等差数列的公差为d，前n项和为，且，则（ ）
A. B. C. D.
10. 已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点A圆C上，则直线l与圆C相切 B. 若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C. 若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D. 若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
11. 椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，则下列说法错误的是（ ）
A. 椭圆的离心率为
B. 过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为4
C. 椭圆上不存在点，使得
D. 为椭圆上一点，为圆上一点，则点的最大距离为3
12. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当或时，有且仅有一个零点
B. 当或时，有且仅有一个极值点
C. 若单调递减函数，则
D. 若与轴相切，则.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 过点与直线垂直的直线的方程是_____________.
14. 已知直线与抛物线相切，则_______．
15. 点P是曲线上任意一点，且点P到直线的距离的最小值是，则实数a的值是__________.
16. 如图，在平面直角坐标系中一系列格点，其中．且．记，如记为，记为，以此类推．设数列的前n项和为，则______；______．
四、解答题：本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知直线：，圆：.
（1）求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；
（2）若直线的倾斜角为45°，求直线被圆截得的弦长.
18. 设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
19. 设函数，在点处的切线斜率为2.
（1）求的值；
（2）证明：.
20. 已知数列的各项均为正数，前项和为，且．
（1）求证：数列是等差数列；
（2）设，，求.
21. 已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过定点的直线与椭圆相交于、两点，已知点，设直线、的斜率分别为，求证：．
22. 已知函数 .
（1）求函数的极值；
（2）若1是关于的方程的根，且方程在上有实根，求的取值范围.福州金山中学2023-2024学年第一学期高二年级期末考试
数学
（满分：150分 时间：120分钟）
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，且，则（ ）
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导函数，再根据，代入计算可得.
【详解】解：因为，所以，又，
所以，解得.
故选：B
2. 直线，则“”是“”的（ ）条件
A. 必要不充分 B. 充分不必要
C. 充要 D. 既不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线平行求得，结合充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】若，则，
解得或，
当时，和的方程都是，两直线重合，不符合题意.
经验证可知，符合.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
3. 已知数列的前项和，求等于（ ）
A. 11 B. 12 C. 13 D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】利用数列的项与前项和的关系求解即可.
【详解】由题可知
故选：C
4. 已知抛物线焦点的坐标为，P为抛物线上的任意一点，，则的最小值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据焦点坐标求出，结合抛物线的定义可求答案.
【详解】因为抛物线焦点的坐标为，所以，解得．
记抛物线的准线为l，作于，作于，则由抛物线的定义得，当且仅当P为BA与抛物线的交点时，等号成立．
故选：A.
5. 在正项等比数列中，、是函数的极值点，则（ ）
A. 或2 B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知：、是方程的两根，利用韦达定理和等比数列的性质即可求解.
【详解】因为，所以.
又因为、是函数的极值点，
即、是方程的两根，则有，
由为等比数列可知：，因为，且，
所以，则有，所以，
故选：D.
6. 已知是双曲线 左、右焦点，点M是过坐标原点O且倾斜角为60°的直线l与双曲线C的一个交点，且 则双曲线C的离心率为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由得到，，结合，求出，，利用双曲线定义得到方程，求出离心率.
【详解】不妨设点M在第一象限，
由题意得：，
即，
故，故，
因为O为的中点，
所以，
因为，故为等边三角形，
故，，
由双曲线定义可知：，
即，解得：.
故选：C.
7. 法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条互相垂直的直线的交点轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若圆上存在点，使得过点可作两条互相垂直的直线与椭圆相切，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据蒙日圆的定义，将问题转化为两圆有交点的问题，根据两圆关系即可求解.
【详解】由题意可知：与椭圆相切的两条互相垂直的直线的交点的轨迹为圆：，由于在圆，故两圆有交点即可，
故两圆的圆心距为，故，
故选：B
8. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，构造出函数，对函数进行求导判断其单调性，进而比较大小.
【详解】令，则.
因为在上单调递减，在上单调递减，
所以上单调递减.
而，，
所以在上有.
所以在上单调递减.
所以，即.故.
故选：D.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
二、多选题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知等差数列的公差为d，前n项和为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】先求出，，判断出，得到等差数列为递增数列，利用等差数列的性质对四个选项一一验证.
【详解】因为，所以，，
所以.故A错误，B正确；
因为，所以等差数列为递增数列.
因为，所以，，
所以.故C正确；
因为，所以.故D正确.
故选：BCD
10. 已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B. 若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C. 若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D. 若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
【答案】ABD
【解析】
【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】圆心到直线l的距离，
若点在圆C上，则，所以，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，
所以，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
11. 椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，则下列说法错误的是（ ）
A. 椭圆的离心率为
B. 过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为4
C. 椭圆上不存在点，使得
D. 为椭圆上一点，为圆上一点，则点的最大距离为3
【答案】ABC
【解析】
【分析】直接求出离心率可判断A；利用椭圆定义可判断B；利用求出的范围可判断C；设，求出点到圆的圆心的距离，根据的范围可判断D.
【详解】由椭圆，可知，即，
对于选项A，离心率，故A错误；
对于选项B，由椭圆定义，可得，
因此的周长为，故B错误；
对于选项C，设，则，且；
又，所以，
因此，
解得，故C错误；
对于选项D，设，则，即，
所以点到圆的圆心的距离，
因为，所以，故D正确.
故选：ABC.
12. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当或时，有且仅有一个零点
B. 当或时，有且仅有一个极值点
C. 若为单调递减函数，则
D. 若与轴相切，则.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据零点的定义可得的零点即方程的根，利用导数研究函数的性质，结合图象可判断A，由导数的几何意义可判断D，根据导数与函数的单调性的关系求的范围，由此可判断C，结合单调性与极值的定义可判断B.
【详解】，令可得，化简可得，
设，则，
当，，函数在单调递减，
当，，函数在单调递增，
又，，由此可得函数图象如下：
所以当或时，有且仅有一个零点
所以当或时，有且仅有一个零点，A对，
函数定义域为，
，
若与轴相切，设与轴相切与点，
则，，
所以，，
所以，，故D正确；
若为单调递减函数，则在上恒成立，
所以在上恒成立，
设，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
且，，当时，，
由此可得函数的图象如下：
所以若为单调递减函数，则，C错，
所以当时，函数在上没有极值点，B错，
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是构造函数，利用函数的单调性和图象解决问题，本题为函数综合性问题，涉及函数的零点，导数的几何意义，根据函数的单调性求参数，函数的极值，考查的知识点较多，要求具有扎实的基础知识，较强的解题能力.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 过点与直线垂直的直线的方程是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】结合两直线垂直的性质计算即可得.
【详解】设所求直线方程为，代入得，
解得，故该直线为.
故答案为：.
14. 已知直线与抛物线相切，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】设出切点坐标，对求导，利用切点在抛物线上，切点在切线上，导数的几何意义列方程求的值.
【详解】解：直线与抛物线相切，切点为
由已知，
则有，解得.
故答案为：
15. 点P是曲线上任意一点，且点P到直线的距离的最小值是，则实数a的值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先确定点线距离最小时点的位置，再由导数的几何意义求点坐标，最后应用点线距离公式表示出最小距离，列出方程即可求解.
【详解】由题设且，
令，即；令，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且，如图所示，
当为平行于并与曲线相切直线的切点时，距离最近.
令，可得（舍）或，
所以，则曲线上切线斜率为1的切点为，
所以，即（舍去）或，
故答案为：.
16. 如图，在平面直角坐标系中一系列格点，其中．且．记，如记为，记为，以此类推．设数列的前n项和为，则______；______．
【答案】 ①. 44 ②.
【解析】
【分析】由题意推得第n圈8n个点对应的这8n项的和为0，从而得n圈所有点对应的项的和为0，判断出前22圈共有2024个数，可得，从而确定所在点的坐标为，则可求得，再求得，即可求得.
【详解】由题意，第一圈从点到点共8个点，由对称性可知；第二圈从点到点共16个点，由对称性可知，即，以此类推，可得第n圈8n个点对应的这8n项的和为0，
即n圈所有点对应的项的和，
设在第k圈，则，
由此可知前22圈共有2024个数，故，
则，所在点的坐标为，
则，
所在点的坐标为，则，
故
故答案为：
四、解答题：本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知直线：，圆：.
（1）求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；
（2）若直线的倾斜角为45°，求直线被圆截得的弦长.
【答案】（1）证明见解析，.
（2）
【解析】
【分析】对于（1），将化为即可得答案；
对于（2），由（1）结合题意可得l方程，求得l到圆C圆心距离，结合圆半径可得答案.
【小问1详解】
：，
联立
解得
故直线恒过定点.
【小问2详解】
由题意直线的斜率，得，
∴：
圆：，圆心，半径，
圆心到直线的距离
所以直线被圆所截得的弦长为.
18. 设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.
19. 设函数，在点处的切线斜率为2.
（1）求的值；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导函数，再根据斜率求参即可；
（2）先构造函数，再求导确定单调区间，结合最值不等式得证.
【小问1详解】
因为，所以，
又在处的斜率为2，则，可得，故.
【小问2详解】
的定义域为，由（1）知，
设，则，
当时，，在单调递增；
当时，，所以在单调递减，
所以，
故当时，，即.
20. 已知数列的各项均为正数，前项和为，且．
（1）求证：数列是等差数列；
（2）设，，求.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的定义可得相应证明；
（2）利用裂项相消法可求.
【小问1详解】
因为，
而，故，
所以，而，故，
故数列是等差数列.
【小问2详解】
因为，而，故，
由（1）可知是等差数列，且公差为，故，
所以，故，
从而.
21. 已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过定点的直线与椭圆相交于、两点，已知点，设直线、的斜率分别为，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由离心率、过点，且，解得，，可得椭圆的方程；
（2）若的斜率不存在，由、两点坐标可得，若的斜率存在，设的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可得．
【小问1详解】
因为椭圆离心率为，且过点，
所以，解得，，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
证明：若的斜率不存在，则，，
此时，
若斜率存在，设，，，，
设的方程为，
，得，
由韦达定理得，，
则，，
所以
，
综上．
22. 已知函数 .
（1）求函数的极值；
（2）若1是关于的方程的根，且方程在上有实根，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，对a的符号分类讨论，根据导函数求得极值；
（2）根据条件，构造函数 ，对 的性质讨论，根据 的性质确定b的范围.
【小问1详解】
，
当时， ，单调递增，无极值，
当时，令 ，解得，
当时， ，单调递减，当时， ，单调递增，
∴ ，无极大值；
【小问2详解】
∵1是方程的根，
∴，解得 ，∴ ，
设 ，则 ，
设 ，则 ，
∵，，且方程在上有实根，
设，，则在，上不单调，
∴ 在上存在零点，在上存在零点，
∴在上至少有两个相异实根，
当时， ，单调递增，不合题意，
当时，令 ，解得，
当时， ，单调递减.
当时， ，单调递增，
∴ ，
设 ，则 ，
令 ，解得 ，
当 时， ，单调递增，
当 时， ，单调递淢，
∴ ，∴，
∴ ，
∴ ，即 ，解得 ，
∴b的取值范围为 ；
综上，，无极大值；b的取值范围为.
【点睛】对于第二问，得出在上至少有两个相异实根是问题的核心，由此讨论 的最小值以及 至少有两个相异实根的充分条件而得出b的取值范围.
