精品解析：福建省莆田市第二中学2023-2024学年高二下学期返校考试数学试卷（含解析）

2023-2024学年度高二下学期返校考试卷
2024年2月25日
考试范围：选择性必修一、二；考试时间：120分钟；命题人：数学李
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息．
2、请将答案正确填写在答题卡上．
第I卷（选择题）
一、单选题
1．若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则的取值不可能是（ ）
A．-2 B．0
C．1 D．3
2．如下图，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，点是轴上一点，点，分别为直线和轴上的两个动点，当周长最小时，点，的坐标分别为（ ）

A．， B．，
C．， D．，
3．已知向量，，且．若点的轨迹过定点，则这个定点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．已知数列满足，若.则的值是（ ）
A． B． C． D．
5．已知为双曲线的焦点，过作轴的垂线交于点，且，则的渐近线方程是（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆为圆上两个动点，且为弦AB的中点，，，当A，B在圆上运动时，始终有为锐角，则实数的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．已知，是椭圆C：的左、右焦点，O为坐标原点，点M是C上点（不在坐标轴上），点N是的中点，若MN平分，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．若函数恰好有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．设直线与圆，则下列结论正确的为（ ）
A．可能将的周长平分
B．若圆上存在两个点到直线的距离为1，则的取值范围为
C．若直线与圆交于两点，则面积的最大值为2
D．若直线与圆交于两点，则中点的轨迹方程为
10．双曲线C：的右焦点为F，点P在双曲线C的一条渐近线上，O为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线C的离心率为
B．双曲线与双曲线C的渐近线相同
C．若，则的面积为
D．的最小值为
11．若为抛物线上的动点，焦点为，点，直线：，则下列说法正确的有（ ）
A．的最小值为4
B．点到直线和轴的距离之和的最小值为
C．点到直线的距离的最小值为1
D．过，两点的直线与抛物线相交的弦长为8
12．在棱长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列说法正确的有（ ）
A．存在点，使得平面
B．不存在点，使得直线与平面所成的角为
C．的最小值为
D．以为球心，为半径的球体积最小时，被正方形截得的弧长是
第II卷（非选择题）
三、填空题
13．设不同直线，，则“”是“”的 条件.
14．已知数列的前项和为，满足，则 ．
15．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，，，点满足．设点的轨迹为．
①轨迹的方程为.
②在轴上存在异于的两点，使得.
③当三点不共线时，射线是的角平分线.
④在上存在点，使得.
以上说法正确的序号是 ．
16．已知函数，若关于x的不等式（e是自然对数的底数）在R上恒成立，则a的取值范围 ．
四、解答题
17．已知数列的前项和为，，且.
(1)求数列的通项公式，
(2)设数列满足（），求数列的前项和为
18．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．
如图，在阳马中，侧棱 底面，且 ，过棱的中点 ，作交 于点，连接
（Ⅰ）证明：．试判断四面体 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写
出结论）；若不是，说明理由；
（Ⅱ）若面与面 所成二面角的大小为，求的值．
19．已知函数在处取极大值，．
(1)求的值；
(2)求证：．
20．“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦……”，“大衍数列”来源于《乾坤谱》，用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.“大衍数列”的前几项分别是：0，2，4，8，12，18，24，…，且满足其中.
(1)求（用表示）；
(2)设数列满足：其中，是的前项的积，求证：，.
21．已知椭圆过点，且离心率为．设，为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的一点，直线，分别与直线相交于，两点，且直线与椭圆交于另一点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求证：直线与的斜率之积为定值；
(3)判断三点，，是否共线：并证明你的结论．
22．已知函数，
（1）求函数的单调增区间；
（2）若函数有两个极值点，，不等式恒成立，求实数的取值范围．
试卷第1页，共3页
1．D
【分析】如图所示：

当直线即为直线时，圆上恰有3个点到直线的距离均为，若圆上至少有三个不同的点到直线（即直线）的距离为，则只需圆心到直线的距离，进一步通过运算即可得解.
【详解】圆的方程可化为，则圆心为，半径为，要使条件成立，设圆心到直线的距离为，
则只需要，即，所以的取值不可能是3.
故选：D.
2．C
【分析】作关于轴的对称点，作关于的对称点，连接交轴于，交于，有，即此时周长最小，求出点坐标，可得直线方程，与联立求出点坐标，令可得点坐标.
【详解】作关于轴的对称点，
作关于的对称点，
连接交轴于，交于，所以，
此时周长最小，即，
由，直线方程为，所以，解得，
所以，可得直线方程为，即，
由，解得，所以，
令可，所以.
故选：C.

3．A
【分析】根据向量垂直可得数量积为0，得出轨迹方程即可求出轨迹过定点.
【详解】，
，
即，
所以点的轨迹方程为，
显然不论取何值，总有满足方程，
即点的轨迹过定点，
故选：A
4．D
【分析】由，转化为，再由求解.
【详解】因为数列满足，
所以，即，
因为，
所以，
所以，
故选：D
5．A
【分析】结合通径长得，得出关系求得即得渐近线方程．
【详解】因为轴，所以，所以，
，，，所以，
渐近线方程为．
故选：A．
6．A
【分析】先确定点是在以O为圆心，1为半径的圆上，根据当A，B在圆上运动时，始终有为锐角，可知点应在以的中点为圆心，2为半径的圆外，由此可列出关于参数的不等式，即可求得答案.
【详解】
连接,则 ,
所以点M在以O为圆心，1为半径的圆上，
设的中点为，则 ，且 ,
因为当A，B在圆上运动时，始终有为锐角，
所以以为圆心，1为半径的圆与以为圆心，2为半径的圆相离，
故 ，解得 或 ，
即 ，
故选:A.
7．A
【分析】由角平分线的性质定理有，再根据线段之间的关系建立不等式可求解.
【详解】因为是的中点，是的中点，所以，
因为平分，所以，
因为，所以，，由（或），得椭圆的离心率，又，所以椭圆的离心率的取值范围是．
故选：A．
8．A
【分析】由题意转化为与和共有两个交点，利用导数研究单调性极值，数形结合得解.
【详解】因为，所以不是的零点，
当时，令，得，
令，
由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，
则，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，，且当时，，如图所示，
所以当时，与的图象有且仅有两个交点，此时函数恰好有两个零点.
故选：A.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
9．BC
【分析】根据圆心在直线上判断A，根据直线与圆的位置关系判断B，根据三角形面积公式判断C，根据几何法求出点M的轨迹方程即可判断D.
【详解】对于，若直线将圆的周长平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，错误；
对于B，若圆上存在两个点到直线的距离为1，则到直线的距离满足，
所以，解得或，B正确；
对于C，，
当时，的面积有最大值2，C正确；
对于，易知直线经过定点，所以，所以点的轨迹以为直径的圆，
其方程为，又因为点在圆内，由，解得，
所以点的轨迹方程为，D错误.
故选：BC.
10．ABCD
【分析】求出双曲线的离心率即可判断；
求出双曲线的渐近线方程即可判断；
结合点到直线的距离公式即可判断；
根据点到直线的距离公式即可判断.
【详解】：双曲线中，，得，故正确；
：双曲线的渐近线方程为，
双曲线的渐近线方程为，故正确；
：若，因为到渐近线的距离
，即，所以，
所以的面积为，故正确；
：的最小值为F到渐近线的距离，即，故正确.
故选：ABCD
11．BD
【分析】利用抛物线的定义以及数形结合思想，可判断AB选项；利用点到直线的距离公式以及二次函数的基本性质可判断C选项；联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理及焦点弦的弦长公式，可判断D．
【详解】抛物线的焦点为，准线方程.
A．如图，过点作垂直准线于点，交抛物线于点，则.
则有，即的最小值为5，故A错.

B．点到轴的距离，设点到直线的距离为，
所以.
易知的最小值为点到直线的距离，
故的最小值为，
所以的最小值为，故B正确.

C．设，则点到直线距离.
因此当时，有最小值，故C错.
D．由题得直线的方程为，
设直线与抛物线的交点，，
由得，所以，
∴，故D正确.

故选：BD.
12．BCD
【分析】方法一：AB选项，利用空间向量的方法判断；C选项，将的长度转化为与，距离之和，然后根据几何性质判断；D选项，利用函数的性质得到时最小，然后根据球的性质求弧长即可；
方法二：A选项，根据三垂线定理判断；B选项，利用空间向量的方法判断；C选项，将转化为平面上的长度，然后根据两点之间线段最短求最小值即可；D选项，根据题意得到球半径最小值为到的距离，然后根据球的性质求弧长.
【详解】方法一：

如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，,
，则，
对于A，因为为正方体，
所以，
由三垂线定理得，，
因为，平面，
所以平面，
是平面一个法向量，
假设面，则与共线矛盾，假设不成立，A错．
对于B，若存在，与所成角为，则或，或，
，不满足条件，
假设不成立，B对．
对于C，
．
表示与，距离之和，

，，C对．
对于D，，
时最小，，，
设截面小圆的圆心为，半径为，则平面，所以，，
因为，
所以球与面为圆心，为半径的圆弧，
因为，
所以在正方形内轨迹为半圆，弧长，选项D正确；

方法二：对于A，若平面，则，由三垂线定理知为中点，但此时不与垂直，故不存在这样的，A不正确；

对于B，同法一，B正确；
对于C，可将面与面摊平，，C正确．

对于D，球半径最小值为到的距离，，，在面上的射影为，
截面圆半径，
过作分别交，于，，，

球被正方体截得的弧长是半圆弧，长为，D正确，
故选：BCD．
13．充要
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合两直线平行的判定推理作答.
【详解】当时，两直线方程为，，有，因此，
当直线时，显然，于是，解得，
所以“”是“”的充要条件.
故答案为：充要
14．
【分析】根据题意结合与之间的关系整理可得，进而结合等比数列的定义与通项公式分析求解.
【详解】因为，则，
整理得，且，
可知数列是以首项为3，公比为2的等比数列，
可得，所以.
故答案为：.
15．②③
【分析】利用求轨迹方程的方法确定轨迹的方程可判断①；设，，由两点间的距离公式结合轨迹的方程可判断②；由角平分线的定义可判断③；设，由求出点的轨迹方程与联立，可判断④.
【详解】对于①，在平面直角坐标系中，，，点满足，
设，则，化简得，
即，所以①错误；
对于②，假设在轴上存在异于，的两点，，使得，
设，，则，
化简得，
由轨迹的方程为，
代入上式有，
可得，，
联立解得，或，（舍去），所以②正确；
对于③，当，，三点不共线时，，
可得射线是的角平分线，所以③正确；
对于④，若在上存在点，使得，可设，
则，化简得，
与联立，得，解得，
代入有，无实数解，
则方程组无实数解，故不存在点，所以④错误．
故答案为：②③．

16．
【分析】首先画出函数的图象，再利用数形结合，通过直线与的图象相切时的临界值，即可求解的取值范围.
【详解】在上恒成立，等价于的图象恒在直线的上方，
，两边平方后得，
所以的图象是以为圆心，半径为1，并且在轴的下半部分的半圆，
，，得，
当时，，函数在单调递减，
当时，，函数在单调递增，
当时，函数取得最小值，
如图，画出函数的图象：
直线恒过定点，当直线与相切时，
设切点，
，可得，由，解得：，
则切线的斜率为2，
当直线与，相切时，直线与半圆相切，由，解得：，
由图可知，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是正确画出函数的图象，并会根据直线与曲线相切，求直线的斜率.
17．(1)
(2)
【分析】(1)利用与的关系，分和讨论，得到数列为等比数列，即可求解；
(2)结合（1）的结论，利用错位相减法即可求出数列的前项和为.
【详解】（1）因为，
当时，，解得：，
当时，则有，
两式相减可得：，所以，
因为，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以数列的通项公式为.
（2）由可得：，
所以
两式相减可得：
所以.
【点睛】数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
18．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．
【详解】（解法1）（Ⅰ）因为底面 ，所以，
由底面为长方形，有 ，而，
所以．而，所以 ．
又因为，点 是的中点，所以 ．
而，所以 平面．而 ，所以．
又， ，所以平面 ．
由平面 ，平面 ，可知四面体的四个面都是直角三角形，
即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为 ．
（Ⅱ）如图1，在面内，延长 与交于点 ，则是平面 与平面
的交线．由（Ⅰ）知，，所以．
又因为底面 ，所以．而 ，所以．
故是面 与面所成二面角的平面角，
设， ，有，
在Rt△PDB中, 由, 得,
则 , 解得．
所以
故当面与面 所成二面角的大小为时，．
（解法2）
（Ⅰ）如图2，以为原点，射线 分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．
设， ，则， ，点是 的中点，
所以， ，
于是，即 ．
又已知，而 ，所以．
因, , 则, 所以．
由平面 ，平面 ，可知四面体的四个面都是直角三角形，
即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为 ．
（Ⅱ）由，所以是平面 的一个法向量；
由（Ⅰ）知，，所以是平面 的一个法向量．
若面与面 所成二面角的大小为，
则，
解得．所以
故当面与面 所成二面角的大小为时，．
考点：四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用函数在处取极大值,得到,计算即可.
（2）移项构造新函数,求导应用函数单调性求出最小值,即证明即可.
【详解】（1）因为，，
又函数在处取极大值，
所以，所以．
经检验时，,函数在上是单调递增的,
,函数在上是单调递减的,
故函数在处取极大值，所以．
（2）由（1）知，，故要证，即证．
令，则，．
令，,
得到在上单调递增，
因为，
所以，使得，即
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又因为，即，
所以，
所以，即，
即得证．
20．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由递推关系可得，应用累加法、等差数列前n项和公式求；
（2）由（1）及递推关系得，进而得到通项公式，即得，则，利用导数证，放缩法即可证结论.
【详解】（1），
∴.
（2）由（1）知，，，
而也满足上式，故，
∴ 且，故且，即，
∴，则，
令且，则，即在上递减，
所以，即在上恒成立，故（当且仅当时取等号），
所以，，即，，证毕.
21．(1)
(2)定值为，证明见解析.
(3)三点，，共线，证明见解析.
【分析】（1）首先根据题意得到，再解方程组即可.
（2）设，，，再计算即可.
（3）分别计算和，根据， 为公共点，即可证明，，三点共线.
【详解】（1）由题知：，
所以椭圆：.
（2）由题知：，存在，且不为零，设，，，
则，即.
.
所以直线与的斜率之积为定值.
（3），，三点共线，证明如下：
设直线：，则直线：，
将代入直线，得：，，
，设直线：，
联立，
设，则，解得，
所以，即，
所以，，
所以， 为公共点，所以，，三点共线.
22．（1）答案不唯一，具体见解析；（2）．
【分析】（1）求导函数，通分，利用二次函数的性质对a进行分类讨论，研究导数的正负，进而得到函数的单调增区间；
（2）先根据（1）的结论，得到a的取值范围及两极值点满足的条件，利用韦达定理的关系将不等式转化为只含有x2和m的不等式，分离参数m,构造函数，利用导数研究单调性和最值，进而根据不等式恒成立的意义求解.
【详解】解：（1），，注意到，
①当时，，在上单调递增；
②当时，令，得，，此时，在及上导数值大于零，
所以在及上递增；
（2）由（1）知，，，，则，
由恒成立，即，
即，
即，
记，，
则，
故在上为增函数，
，
故.
答案第1页，共2页
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