福建省福州市六校2023-2024学年高二上学期期末联考数学试题 附答案

2023—2024学年第一学期高二年段期末六校联考数学试卷（满分：150分，完卷时间：120分钟）命题校：马尾第一中学班级__________座号__________姓名__________准考证号__________.一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1.在等比数列中，若，则（）A.32B.16C.8D.4

2.已知函数在上可导，且满足，则函数在点处的切线的方程为（）A.B.C.D.3.已知在四面体中，分别是的中点，设，则（）A.B.C.D.4.过点的直线与圆相交于两点，则弦长的最小值是（）A.2B.C.D.4

5.已知，若直线经过点，且与线段有交点，则的斜率的取值范围为（）A.B.C.D.6.已知椭圆的左､右焦点分别为为上位于第一象限的一点，与轴交于点.若.则的离心率为（）A.B.C.D.7.如图，是棱长为1的正方体，若在正方体内部且满足，则点到直线的距离为（）A.B.C.D.8.如图，过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，与其准线交于点（点位于之间）且于点且，则等于（）A.B.C.D.二､多选题（本题共4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.全部选对5分，部分选对得2分，有选错得0分.）9.已知正方体，棱长为分别为棱的中点，则（）A.直线与直线共面B.C.直线与直线的所成角为D.三棱锥的体积为10.已知递减的等差数列的前项和为，则（）A.B.C.D.最大11.已知两点，若直线上存在点，使得，则称该直线为“点定差直线”，下列直线中，是“点定差直线”的有（）A.B.C.D.12.设双曲线的左､右焦点分别为，点在的右支上，且不与的顶点重合，则下列命题中正确的是（）A.若，则的两条渐近线的方程是B.若点的坐标为，则的离心率大于3C.若，则的面积等于D.若为等轴双曲线，且，则三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知圆.若圆与圆外切，则的值为__________.14.设数列的前项和为.已知，数列的通项公式__________.15.已知为单位向量.若，则在上的投影向量为__________.16.数列，称为斐波那契数列（Fibonaccisequence），该数列是由十三世纪意大利数学家莱昂纳多•斐波那契（LeonardoFibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.在数学上，斐波那契数列可表述为.设该数列的前项和为，记，则__________.（用表示）四､解答题（本题共6小题，第17题10分，第18-22题各12分，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）17.（10分）已知数列满足，设.（1）求；（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；（3）求的通项公式.18.（12分）如图，在四棱锥中，平面，四边形是菱形，，是的中点.（1）求证：；（2）已知二面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值.19.（12分）已知为锐角三角形，且（1）若，求（2）已知点在边上，且，求的取值范围.20.（12分）如图，已知是抛物线上的三个点，且直线分别与抛物线相切，为抛物线的焦点.（1）若点的横坐标为，用表示线段的长；（2）若，求点的坐标；21.（12分）已知等差数列满足：成等差数列，成等比数列.（1）求的通项公式：（2）在数列的每相邻两项与间插入个，使它们和原数列的项构成一个新数列，数列的前项和记为，求及.22.（12分）已知椭圆过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆交于两点，过作直线的垂线，垂足分别为，点为线段的中点，为椭圆的左焦点.求证：四边形为梯形.参考答案1.【分析】由等比数列的性质得，，从而可求.【解答】解：等比数列中，由等比数列的性质得，，则.故选：.2【答案】D【解析】【分析】根据导数的定义即可得到答案.【详解】由题意，故选D.3.【答案】D【分析】结合图像，利用空间向量的线性运算即可得到结果.【详解】连接，如图，因为分别是的中点，所以.故选：D.

4【答案】B5.【答案】D【解析】【分析】作出图形，数形结合可得出直线的斜率的取值范围.【详解】过点作，垂足为点，如图所示：设直线交线段于点，设直线的斜率为，且，当点在从点运动到点（不包括点）时，直线的倾斜角逐渐增大，此时；当点在从点运动到点时，直线的倾斜角逐渐增大，此时.综上所述，直线的斜率的取值范围是.故选：D.

6.A【解析】解析：如图，由，得为等边三角形，结合对称性及椭圆的定义，得，则B为的中点，从而OB为的中位线，，所以，所以，即，则，故选：A.

7.【答案】C【解析】【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，计算出和的坐标，然后根据向量法求点到直线的距离公式即可求解.【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，因为，所以，，，所以点到的距离.故选：C.

8.【答案】A【解析】【分析】由题可得，然后结合条件可得，即求.【详解】设于点，准线交轴于点，则，又，，又于点且，，，即，，等于.故选：A9.【答案】BD【解析】【分析】如图，以为原点，以所在直线分别为建立空间直角坐标系，对于，利用面面平行性质结合平行公理分析判断，对于，通过计算进行判断，对于，利用向量的夹角公式求解，对于，利用求解.【详解】如图，以为原点，以所在直线分别为建立空间直角坐标系，则对于，假设直线与直线共面，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，因为，所以，矛盾，所以直线与直线不共面，所以错误；对于，因为，所以，所以，所以，所以正确，对于，设直线与直线的所成角为，因为，所以，所以，所以错误，对于，因为平面，所以，所以正确，故选：BD.10.【答案】ACD【解析】【分析】由可得，由等差数列为递减数列，所以，所以当时，时，根据等差数列的求和公式和性质，逐项分析判断即可.【详解】由可得，由等差数列为递减数列，所以，故A正确；又，故B错误；，故C正确；由等差数列为递减数列，所且，所以当时，时，所以最大，故D正确故选：ACD11.【答案】AD【解析】【分析】先求出点的轨迹方程为的右支，结合双曲线的渐近线斜率与选项中直线斜率进行比较，得到有无交点，进而求出答案.【详解】因为，故点的轨迹方程为双曲线的右支，其中，则，所以双曲线为，渐近线方程为的斜率为，故与有交点，A正确；的斜率，且与轴交点为，故与无交点，B错误；的斜率，且与轴交点为，故与无交点，错误；的斜率，故与有交点，D正确.故选：12.BC【解析】当时，双曲线的渐近钱的斜率错误，因为点在上，则，得，所以，B正确：因为，若，则，即，即，得，所以，C正确若为等轴双曲线，则，从而.若，则.在中，由余弦定理，得，D错误，故选.13.【答案】-8【解析】【分析】利用两圆相外切列方程即可求解.【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径.因为圆与圆外切，所以，所以，解得：.故答案为：-814.【详解】（1）因，则当时，，两式相减得：，即，而，则数列是以1为首项，4为公比的等比数列，所以数列的通项公式是.15.【答案】【解析】【分析】根据模与向量的关系求出的值，再根据在上的投影向量的模的公式求出答案即可.【详解】由题可知：即，则在上的投影向量的模为故答案为：16.【解析】由，得，即.所以17.【答案】（1）；（2）是首项为1，公比为2的等比数列.理由见解析；（3）.【分析】（1）由条件可得.将代入得，，而，所以，.将代入得，，所以，.从而（2）是首项为1，公比为2的等比数列.由条件可得，即，又，所以是首项为1，公比为2的等比数列；（3）由（2）可得，所以.18.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由菱形及线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定､性质即可证结论.（2）构建空间直角坐标系，设，结合已知确定相关点坐标，进而求面､面的法向量，结合已知二面角的余弦值求出参数，再根据空间向量夹角的坐标表示求与平面所成角的正弦值.【小问1详解】由平面平面，则，又是菱形，则，又，所以平面平面所以.【小问2详解】分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，设，则，由（1）知：平面的法向量为，令面的法向量为，则，令，可得，因为二面角的余弦值为，则，可得，则，设与平面所成的角为，又，所以19.【解析】（1）由，得，所以，因为，所以，所以，即，又，所以，解得.（2）因为，所以，由（1）知，可得在中，由正弦定理得，所以在中，，又，所以，所以，所以，故的取值范围为.20.（1）（2）【分析】（1）求出抛物线的准线方程，利用抛物线定义将的长度转化成点到准线的距离即可；（2）设与直线，根据直线直线分别与抛物线相切，可将直线与抛物线方程联立得到判别式为0，进而得出的两根，结合韦达定理与可得即可求解；【详解】（1）设，且在抛物线上，故满足为抛物线的焦点，，抛物线的准线为，线段的长等于点到准线的距离，即.（2）设，显然直线的斜率存在且不为0，设直线，..6分联立，化简得：直线与抛物线相切，，即①又直线均与抛物线相切，为方程①的两根，且有，，解得，将代入得：，故的坐标为.21.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式进行求解即可；（2）根据等差数列的通项公式，结合等比数列的前项和公式进行求解即可.【小问1详解】设等差数列的公差为，因为成等差数列，所以有，因为成等比数列，所以，所以；【小问2详解】由题意可知：在3和5之间插入2个3，在5和7之间插入个，在19和21之间插入个3，此时共插入3的个数为：在21和23之间插入个3，此时共插入3的个数为：因此22.【分析】（1）由题意可得关于的方程组，求得与的值，