高級中學名校試卷PAGEPAGE1福建省福州市六校2023-2024學年高二上學期期末聯考數學試題一、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.在等比數列中，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，所以，故選：B.2.已知函數在上可導，且滿足，則函數在點處的切線的方程為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，得到，由導數的定義知，所以函數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,，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】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】由已知可得圓心，半徑.因為，所以點在圓內.所以，當時，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】過點作，垂足為點，如圖所示：設直線交線段于點，設直線的斜率為，且，，當點在從點運動到點（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】如圖，由，得為等邊三角形，結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在正方體內部且滿足，則P到AB的距離為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如圖，以A為坐標原點，AB，AD，AE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，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】設于點，準線交軸于點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】如圖，以為原點，以所在直線分別為建立空間直角坐標系，則，，，對于A，假設直線與直線共面，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】由可得，由等差數列{an}為遞減數列，所以，故A正確；又，故B錯誤；，故C正確；由等差數列{an}為遞減數列，所且，所以當時，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】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】當時，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】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.設數列的前項和為.已知，數列的通項公式__________.【答案】【解析】因為，則當時，，兩式相減得：，即，而，則數列是以1為首項，4為公比的等比數列，所以數列的通項公式是.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】，由題可得：，可得，則在上的投影向量為.故答案為：.16.數列:1，1，2，3，5，8，13，21，34，…,稱為斐波那契數列(Fibonaccisequence),該數列是由十三世紀意大利數學家萊昂納多·斐波那契（LeonardoFibonacci）以兔子繁殖為例子而引入,故又稱為“兔子數列”．在數學上斐波那契數列可表述為．設該數列的前n項和為，記，則________．（用m表示）【答案】【解析】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.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.）17.已知數列滿足，設.（1）求；（2）判斷數列是否為等比數列，并說明理由；（3）求的通項公式.解：（1）由條件可得，將代入得，，又，得到，將代入得，，所以.又，所以.（2）是首項為1，公比為2的等比數列，理由如下，由條件可得，又，所以，又，所以是首項為1，公比為2的等比數列.（3）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.解：（1）由平面，又平面，則，又是菱形，則，又，面所以平面，又平面，所以.（2）設，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系，如圖所示，設，因為，則，所以，由（1）知平面的一個法向量為，設面的一個法向量為，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．解：（1）因為，所以，即，又，，所以，所以，即，又，，所以，即；（2）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）若點的橫坐標為，用表示線段的長；（2）若，求點的坐標；解：（1）設，且在拋物線上，故滿足為拋物線的焦點，，拋物線的準線為，線段的長等于點到準線的距離，即.（2）設，顯然直線的斜率存在且不為0，設直線，，聯立，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，故的坐標為.21.已知等差數列滿足：成等差數列，成等比數列.（1）求的通項公式：（2）在數列每相鄰兩項與間插入個，使它們和原數列的項構成一個新數列，數列的前項和記為，求及.解：（1）設等差數列公差為，因為成等差數列，所以有，因為成等比數列，所以，所以；（2）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的個數為：，在21和23之間插入個3，此時共插入3的個數為：，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．解：（1）由已知得,解得,∴橢圓的方程.（2）由（1）的結論可知，橢圓的左焦點,設,則,.，.∵直線與橢圓交于、兩點，∴由于直線與直線不平行，∴四邊形為梯形的充分必要條件是，即，即,即,∵,∴上式又等價于，即（*）.由,得,∴,，∴（*）成立，∴四邊形為梯形.福建省福州市六校2023-2024學年高二上學期期末聯考數學試題一、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.在等比數列中，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，所以，故選：B.2.已知函數在上可導，且滿足，則函數在點處的切線的方程為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，得到，由導數的定義知，所以函數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,，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】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】由已知可得圓心，半徑.因為，所以點在圓內.所以，當時，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】過點作，垂足為點，如圖所示：設直線交線段于點，設直線的斜率為，且，，當點在從點運動到點（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】如圖，由，得為等邊三角形，結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在正方體內部且滿足，則P到AB的距離為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如圖，以A為坐標原點，AB，AD，AE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，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】設于點，準線交軸于點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】如圖，以為原點，以所在直線分別為建立空間直角坐標系，則，，，對于A，假設直線與直線共面，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】由可得，由等差數列{an}為遞減數列，所以，故A正確；又，故B錯誤；，故C正確；由等差數列{an}為遞減數列，所且，所以當時，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】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】當時，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】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.設數列的前項和為.已知，數列的通項公式__________.【答案】【解析】因為，則當時，，兩式相減得：，即，而，則數列是以1為首項，4為公比的等比數列，所以數列的通項公式是.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】，由題可得：，可得，則在上的投影向量為.故答案為：.16.數列:1，1，2，3，5，8，13，21，34，…,稱為斐波那契數列(Fibonaccisequence),該數列是由十三世紀意大利數學家萊昂納多·斐波那契（LeonardoFibonacci）以兔子繁殖為例子而引入,故又稱為“兔子數列”．在數學上斐波那契數列可表述為．設該數列的前n項和為，記，則________．（用m表示）【答案】【解析】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.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.）17.已知數列滿足，設.（1）求；（2）判斷數列是否為等比數列，并說明理由；（3）求的通項公式.解：（1）由條件可得，將代入得，，又，得到，將代入得，，所以.又，所以.（2）是首項為1，公比為2的等比數列，理由如下，由條件可得，又，所以，又，所以是首項為1，公比為2的等比數列.（3）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.解：（1）由平面，又平面，則，又是菱形，則，又，面所以平面，又平面，所以.（2）設，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系，如圖所示，設，因為，則，所以，由（1）知平面的一個法向量為，設面的一個法向量為，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