福建省福州重点中学2023-2024学年高二上学期1月期末数学试题（含解析）

福州重点2023-2024学年第一学期期末考试
高二数学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分．
第Ⅰ卷（选择题）
一、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．若直线与直线垂直，则实数a的取值是（ ）
A．或 B． C． D．
2．已知等比数列中，则（ ）
A．10 B．14 C．18 D．54
3．已知双曲线的一条渐近线方程为，实轴长为4，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，E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P恰为线段的中点，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知，则（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
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F，且l与C相交于A，B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C的准线相切
11．已知是公比为的等比数列，且其前n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F的球面上，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面 B．球F的表面积为
C．E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A到直线的距离为___________．
14．函数在上单调递减，则实数m的取值范围是___________．
15．已知双曲线的右焦点为F，一条过原点O的直线与双曲线左右两支分别相交于A，B两点，，若，则双曲线C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——零底数列”，，若数列满足，则数列的前n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．（本小题满分10分）
已知函数．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，求的面积．
18．（本小题满分12分）
已知圆，直线．
（1）若直线l与圆O相切，求m的值；
（2）当时，已知P为直线l上的动点，过P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当切线长最短时，求弦所在直线的方程．
19．（本小题满分12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，，，M为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）若该多面体体积为4，求直线与平面夹角的余弦值．
20．（本小题满分12分）
已知数列的前n项和为．
（1）求证：数列是等差数列；
（2）设，求数列的前n项和．
21．（本小题满分12分）
已知函数．
（1）若曲线在处的切线与y轴垂直，求实数a的值；
（2）若函数存在极大值为，求实数a的值．
22．（本小题满分12分）
已知圆锥曲线C的对称中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过点与点．
（1）求曲线C的方程；
（2）已知T为直线上的动点（T不在x轴上），A，B为曲线C与x轴的交点，直线与曲线C相交的另一点为M，直线与曲线C相交的另一点为N，记和的面积分别为，若，求直线的方程．
高二数学参考答案
选择题
1 2 3 4 5 6
A D C D B D
7 8 9 10 11 12
C B AD BC ABD ACD
填空题
13 14 15 16
1
1．【解析】，解得或，选A．
2．【解析】，选D．
3．【解析】实轴长，
若双曲线焦点在x轴上，则双曲线方程为，
若双曲线焦点在y轴上，则双曲线方程为，
故选C．
4．【解析】若，则或，A错；
若，则或m与相交或，B错；
若，则或，C错；
若，则，D对；故选D．
5．【解析】，选B．
6．【解析】非奇函数也非偶函数，故排除AB，
时，，故，选D．
7．【解析】由圆的弦长为可知中点P到的距离即为，所以动点P的轨迹为圆，
可知若圆上存在点P，则圆与圆有公共点，所以，即，解得，选C．
8．【解析】，而，所以b最大，
构造函数，因为，
当时，当时，
所以在单调递减，在单调递增，
又因为，所以，即，故，选B．
9．【解析】因为，故B错，，故C错，选AD．
10．【解析】依题意可知，所以，解得，A错；
由消去y可得，
所以，B对；
由韦达定理得，C对；
以为直径的圆的圆心横坐标为，而，
故该圆圆心到y轴的距离恰好等于半径，所以该圆与y轴相切，与准线相离，D错；故选BC．
11．【解析】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，A对C错；
当时，由上面结论可知，所以，故是递增数列，B对；
当时，由上述结论可知，所以，故是递减数列，D对；故选ABD．
12．【解析】依题意可知，平面的法向量为，所以，又因为平面为坐标平面平面，所以平面，A对；
设球心，因为同在球F的球面上，所以球半径R，故，解得，即，半径，所以球F的表面积为，B错；
由得为点E满足的轨迹方程，所以其轨迹长度为该圆周长，C对；
，且由E的轨迹方程可知，所以当时，弦长度的最大值为，D对；故选ACD．
13．【解析】在方向上投影向量的模为，所以．
14．【解析】在上恒成立，所以，解得
15．【解析】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，，由余弦定理可得
，解得．
16．【解析】依题意可知，
所以，
故，即，
且，所以（常数），
故是以为首项，以2为公比的等比数列，
所以．
17．【解】（1）因为 2分
令，
解得，
所以的单调递增区间为． 4分
（2）由（1）可得，所以， 5分
因为，所以，
所以，故， 6分
因为，且，
所以，解得或， 8分
当时，，
当时，． 10分
18．【解】（1）设圆心O到直线l的距离为d，因为直线l与圆O相切，
所以， 2分
解得； 4分
（2）当时，直线，连接，则，
所以O，A，P，B四点共圆，切线长，
故最短当且仅当最短，即时最短， 6分
因为，所以，此时，
所以，
联立得， 8分
故以为直径的圆的方程为， 10分
因为弦即圆O与上述圆的公共弦，
所以弦所在直线方程为． 12分
19．【解】（1）连接交于N，连接， 1分
因为四边形为平行四边形，所以N为中点， 2分
因为M为中点，所以为三角形的中位线，
所以， 3分
因为平面平面，
所以平面； 4分
（2）依题意可知平面平面，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， 5分
以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
6分
设
则，解得， 7分
则，所以，
，
设平面的法向量为，
则，取，则， 9分
设直线与平面所成角为，
则， 11分
所以与平面所成角的余弦值为． 12分
20．【解】（1）证明：当时，，所以； 1分
当时，因为， 2分
所以， 3分
因为，所以， 4分
化简得，所以， 5分
所以， 6分
所以是以2为首项和公差的等差数列； 7分
（2）由（1）可得， 8分
所以， 10分
12分
21．【解】（1）依题意，，
2分
因为在处的切线与y轴垂直，
所以，解得； 4分
（2）由（1）知， 5分
①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； 6分
②当时，分以下三种情况：
（i）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； 7分
（ii）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； 9分
（iii）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， 10分
设，因为，
所以在上单调递增，所以，
所以，故此时不存在a符合题意， 11分
综上所述，实数． 12分
22．【解】（1）设曲线，
因为曲线C过点与点，所以， 2分
解得，
所以曲线方程为； 4分
（2）设点，依题意可得A，B为曲线C的左、右顶点，不妨设，
所以，
故，
由，消去x可得，
所以，故，
由，消去x可得，
所以，故， 8分
因为，且，
所以
， 9分
化简得，
解得或或或， 10分
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． 12分