福建省南平市2023-2024学年高二上学期期末数学试题

南平市2023—2024学年第一学期高二期末质量检测数学试题（考试时间：120分钟满分：150分考试形式：闭卷）注意事项：1.答卷前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名､班级和座号.考生要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号､姓名”.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.第I卷一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5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.经过两点的直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据直线上任意两点可求出斜率，从而求出倾斜角.【详解】由题意得，所以直线的倾斜角为；故选：A2.已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】设出夹角，得到，求出答案.【详解】设与所成角的大小为，则.故选：A3.下列求导运算正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由基本初等函数求导法则，导数四则运算以及复合函数求导法则运算即可逐一判断每个选项.【详解】，，，.故选：D.4.已知椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由离心率公式首先求得参数的值，进一步可得以及长轴长.【详解】因为方程表示椭圆，所以，从而，解得，所以，则椭圆的长轴长为.故选：C.5.在等比数列中，，是方程两根，若，则m的值为（）A.3 B.9 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据韦达定理可得，结合等比数列的性质即可求解.【详解】因为，是方程两根，所以，即，在等比数列中，，又，所以，因为，所以，所以.故选：B.6.已知正数满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意得，所以构造函数求导即可进一步求解.【详解】已知正数满足，则，令，则，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，也就是说的最小值为.故选：B.7.已知双曲线的左右焦点分别为,,为双曲线左支上一点，若直线垂直平分线段，则双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】直线垂直平分线段，即与关于直线对称，直线的斜率与直线斜率乘积为1，且中点坐标在直线上，解出点坐标，将点坐标代入双曲线方程，得出，关系，从而得出离心率的值【详解】设，，若直线垂直平分线段，则与关于直线对称，则有，且∴，可得，即把的坐标代入双曲线方程中得：，∴，∴，∴.故选：B.8.若圆与圆外切，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意外切条件等价于，进一步求圆弧上一点到定点的距离的范围即可求解.【详解】两圆的方程分别为和，故外切条件等价于和之间的距离为，即.记，，则点在轨迹上，所求的即为的取值范围.由于，故，且，同时，上面的上界和下界分别在和时取到.而是在一个连续的圆弧上，故上的值都可以取到，所以取值范围是.故选：D.【点睛】关键点点睛：关键是将原问题转换为求圆弧上点到定点的距离，由此即可顺利得解.二､多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知直线，直线，则（）A.当时， B.当时，C.当时，与之间的距离为1 D.直线过定点【答案】BC【解析】【分析】通过的取值结合选项验证可得A,B,C的正误，利用求直线过定点的方法可得D的正误.【详解】对于A，时，，显然与不垂直，A不正确；对于B，时，，因为，所以，B正确；对于C，当时，且，解得，此时，与之间的距离为，C正确；对于D，，令，解得，所以直线过定点，D不正确.故选：BC.10.已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，则（）A.的周长为4B.的取值范围是C.的最小值是3D.若点在抛物线上，且线段中点为，则直线的斜率为【答案】BCD【解析】【分析】利用椭圆的定义可判定A，利用焦半径公式可判定B，利用椭圆弦长公式可判定C，利用点差法可判定D.【详解】由题意可知椭圆的长轴长，左焦点，由椭圆的定义可知，故A错误；设，，易知，故B正确；若的斜率存在，不妨设其方程为：，联立椭圆方程，则，所以，若的斜率不存在，则其方程为，与椭圆联立易得，显然当的斜率不存在时，，故C正确；设，易知，若中点为，则，故D正确.故选：BCD11.如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，为的重心，，若，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】A选项，根据重心性质得到，求出；B选项，，利用向量数量积公式得到，得到垂直关系；C选项，，故两者不平行；D选项，利用向量数量积公式得到，得到.【详解】A选项，底面为等边三角形，为的重心，故，又，故，A正确；B选项，，故，故，B正确；C选项，，又，设，即，无解，故与不平行，C错误；D选项，，故，D正确.故选：ABD12.已知函数，其中，则（）A.函数的极大值点为2B.若关于的方程有且仅有两个实根，则的取值范围为C.方程共有4个实根D.关于的不等式不可能只有1个整数解【答案】ACD【解析】【分析】对于A，求导得，结合极大值点的定义即可判断；对于B，取，通过说明恰有两个根，即可推翻结论；对于C，画出函数的图象，通过换元法分类讨论即可判断；对于D，首先得或，结合即可判断.【详解】我们有，或，，所以在和上递减，在上递增，意味着分别是极小值点和极大值点，A正确；当时，，所以此时关于的方程有且仅有两个实根，这说明B错误；画出函数的大致图象如图所示，对于关于的方程，令，注意到，观察图象可知有两根，设为，且规定，则有，其中是一个零点，现在我们来研究的根的情况，由以上分析情况可知，此时有两个根，，若，而，观察图象可知也有两个根，综上所述，关于的方程共有4个实根，故C正确；由于，故或（否则且，则，这与矛盾），而，故至少有两个整数解，D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是由得或，由此即可顺利得解.第II卷三､填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.已知向量，若，则__________.【答案】【解析】【分析】由空间向量数量积垂直的坐标表示列出方程即可求解.【详解】已知向量，若，则，解得.故答案为：.14.已知函数在处的切线为，则直线的方程为__________.【答案】【解析】【分析】分别求得即可代入求解.【详解】因，，从而，所以函数在处的切线为的方程为：，即.故答案为：.15.已知双曲线的左､右焦点分别为为上一点且，则该双曲线渐近线的斜率为__________.【答案】【解析】【分析】利用余弦定理及双曲线的定义、性质构造齐次式计算即可.【详解】由双曲线的定义可知，其中为双曲线半焦距，根据余弦定理有，则，所以该双曲线渐近线方程的斜率为.故答案为：.16.《算学启蒙》作者是元代著名数学家朱世杰，这是一部在中国乃至世界最早科学普及著作.里面涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.某同学模仿“堆垛”问题，将108根相同的铅笔刚好全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从上往下，每一层比下一层少1根，则该“等腰梯形垛”最多可以堆放__________层.【答案】9【解析】【分析】利用等差数列的求和公式进行求解即可.【详解】设从上往下该“等腰梯形垛”第层堆放的铅笔数为，则是公差为1的等差数列，其和为108，所以；整理可得，由可得，由于，所以为216的正约数，且为偶数；经验证可得时符合题意.故答案为：9四､解答题：本大题共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.已知数列为等差数列，且.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）把等差数列中的项用基本量和表示，列方程组求解即可.（2）用裂项相消直接求解即可.【小问1详解】设数列的首项为，公差为，依题意得：解得：故.所以数列的通项公式为：.【小问2详解】由（1）知：，所以，.18.已知圆的圆心在直线上且圆与轴相切于点.（1）求圆的方程；（2）已知直线与圆相交于两点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设圆心坐标为，由题意，解方程组得圆心，进一步求得半径即可；（2）求出圆心到直线的距离，结合圆的弦长公式求得即可得解.【小问1详解】设圆心坐标为，由于圆的圆心在直线上且圆与轴相切于点，可得，解得，即圆心坐标为，由于圆与轴相切于点，则半径.所以圆的方程为.【小问2详解】依题意，圆心到直线的距离，因为直线与圆相交于两点，所以弦长，所以.19.如图，在四棱锥中，平面，为的中点.（1）证明：；（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法证明，（2）求出平面ADE的法向量和平面PCD的法向量，利用向量法能求出线段PB的长.【小问1详解】因为平面，且平面，所以，又，即，以分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，由，为的中点，得，，，，所以，，所以，，所以.【小问2详解】由（1）可得，，，，，所以，，，，设平面的法向量为，所以令，得，所以平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为.则，取，得因为平面与平面夹角余弦值为，所以，整理得，解得或（舍）即线段的长为.20.已知数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，且数列的前项和为，若都有不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先得，进一步由的关系得是以为首项，为公比的等比数列，由此即可求解；（2）由等差数列求和公式、错位相减法求得表达式，进一步原问题等价于不等式恒成立，由此即可求解.【小问1详解】因为，①当时可得，即.当时，，②由①②得，即，即是以为首项，为公比的等比数列，所以.【小问2详解】因为，所以，，两式相减得，，即，则，故.由，得，即，依题意，不等式恒成立，因为随着增大而减小，所以，即的取值范围为.21.在平面直角坐标系中，动点到点的距离比它到直线的距离少1，记动点的轨迹为.（1）求曲线的方程；（2）将曲线按向量平移得到曲线（即先将曲线上所有的点向右平移2个单位，得到曲线；再把曲线上所有的点向上平移1个单位，得到曲线），求曲线的焦点坐标与准线方程；（3）证明二次函数的图象是拋物线.【答案】（1）（2）焦点为，准线为（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由抛物线定义即可得抛物线的方程；（2）首先得出曲线的焦点坐标，准线方程，进一步结合平移变换即可得解；（3）注意到将的图象按向量平移可得到的图象，即的图象，而的图象是抛物线，由此即可得证.【小问1详解】设动点，依题意，动点与定点的距离和动点到的距离相等，所以动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，即曲线的方程为.【小问2详解】曲线的焦点坐标为，准线方程为，因为是由曲线上的所有点向右平移个单位，再向上平移个单位得到的，所得曲线的焦点为，准线为.【小问3详解】因为是抛物线的标准方程，其对应的曲线是焦点为，准线为的抛物线.即函数的图象是抛物线，其焦点为，准线为.将的图象按向量平移可得到的图象，即的图象，又因为平移变换只改变曲线的位置，不改变曲线的形状，所以的图象是抛物线.22.已知函数.（1）当时，比较与的大小；（2）若，比较与的大小.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）令设函数，利用导数求出函数的最值，进而可得出答案；（2）先证明，则有，，再根据，可得，再利用导数分别求出函数在上的单调性，根据函数的单调性即可得出结论.【小问1详解】设函数，则，当时，