湖北省黄石市部分学校2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷试题（Word版附解析）

这是一份湖北省黄石市部分学校2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了单项选择题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
★祝考试顺利★
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直线的方向向量可知直线的斜率，进而可得倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，
由直线的方向向量可知直线的斜率，所以.
故选：D.
2. 已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则
A. 16B. 8C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值．
【详解】设正数的等比数列{an}的公比为，则，
解得，，故选C．
【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键．
3. 已知函数在的附近可导，且，，则在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知斜率，代入点斜式即可求解.
【详解】由题知，
，
函数在处的切线斜率为：，
又，切线过点，
代入点斜式有：，
即：.
故选：A.
4. 已知等比数列满足，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】结合等比数列通项公式可求得的范围，可验证充分性和必要性是否成立，由此得到结果.
【详解】设等比数列的公比为，
由，即，又，则，即
则当时，由，此时
即由“”可得到“”成立.
由，即，即，即或
若时，，成立
若时，，则不成立
所以若“”则“”不成立.
所以“”是“”充分不必要条件
故选：A
5. 已知为抛物线上一动点，是圆上一点，则的最小值是（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】将转化为，再根据抛物线的定义考虑三点共线时的情况，由此求解出的最小值.
【详解】的焦点为，准线为，
即为，
所以圆心为即为焦点，半径，显然在抛物线内部，
过点作准线，交准线于点，记点如下图所示：

所以，
当且仅当三点共线时取最小值，此时，
所以的最小值为，
故选：B.
6. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……．记各层球数构成数列，且为等差数列，则数列的前项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据累加法求得，利用裂项求和法求得正确答案.
【详解】，，
由于为等差数列，所以，
所以
，也符合，
所以，
所以数列的前项和为.
故选：D
7. 已知椭圆：，椭圆与椭圆的离心率相等，并且椭圆的短轴端点就是椭圆的长轴端点，据此类推：对任意的且，椭圆与椭圆的离心率相等，并且椭圆的短轴端点就是椭圆的长轴端点，由此得到一个椭圆列：，，，，则椭圆的焦距等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】确定椭圆的离心率，根据椭圆的短轴端点就是椭圆的长轴端点，可得，结合可推出为首项为4，公比为的等比数列，即可求得，进而利用即可求得答案.
【详解】由题意可设椭圆的长半轴为，短半轴为，焦半距为，
对于椭圆：，有 ，
则由题意可知所有椭圆的离心率都为 ，
由于椭圆的短轴端点就是椭圆的长轴端点，故，
则 ，即，
即为首项为4，公比为的等比数列，
故，
所以 ，
故椭圆的焦距等于，
故选：B
8. 双曲线的左､右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与曲线在第一象限交于点，且，则曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，求出及，由三角形面积及三角函数值得到，由双曲线定义得到，在中，由余弦定理得到方程，求出，得到离心率.
【详解】设切点为，，连接，则，，
过点作⊥轴于点E，则，故，
因为，解得，
由双曲线定义得，所以，
在中，由余弦定理得，
化简得，又，
所以，方程两边同时除以得，
解得，所以离心率.
故选：A
【点睛】本题考查双曲线的几何性质及其应用，对于双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率或离心率的取值范围).
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题所给出的选项中，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. 已知曲线的方程为，则下列结论正确的是（ ）
A. 当，曲线为椭圆
B. 当时，曲线为双曲线，其渐近线方程为
C. “或”是“曲线为双曲线”的充要条件
D. 不存在实数使得曲线为离心率为的双曲线
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆双曲线方程的特点分别判断每个选项即可.
【详解】对A，若，则曲线方程表示圆，故A错误；
对B，当时，曲线方程为，表示双曲线，其渐近线方程为，故B正确；
对C，要使曲线为双曲线，需满足，解得或，故“或”是“曲线为双曲线”的充要条件，故C正确；
对D，若离心率为，则，则可得，则或，两个方程均无解，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知等差数列 的首项为，公差为，前项和为，若 ，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 使得成立的最大自然数
C. D. 中最小项为
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合题意：利用等差数列及，判断出，并可以分析出，再利用数列的相关知识即可判断.
【详解】根据题意：即两式相加，
解得：，故A正确.
由，可得到，所以，
，，
所以，故C正确；
由以上可得：，
，而，
当时，；当时，；要使得成立最大自然数，故B错误.
当，或时，；当时，；
由，,
所以中最小项为，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A. 直线的斜率为B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】
对于A，易得，由可得点在垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
12. 已知数列的前n项和为，，且（，2，…），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A选项，只需判断；
对于B选项，通过通项公式可求得；
对于C选项，将条件转化为，可判断错误；
对于D选项，将数列放缩成等比数列求和，可判断正确.
【详解】由条件，两边同时除以，得，
∴∴，∴，
对于A选项，∵，∴，∴，故A选项正确；
，，所以B选项错误；
对于C选项，，等价于，由极限思想知，当时，，故C选项错误；
对于D选项，，
∴
，又∵，所以D选项正确.
故选：AD.
【点睛】本题考查了数列由递推公式求通项公式，以及关键对通项公式的形式进行分析，放缩，判断.属于较难题.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．
【答案】12
【解析】
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，

由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
14. 已知函数，，请写出函数和的图象的一条公共切线的方程为______.
【答案】（或）
【解析】
【分析】设切点坐标分别为，，由切线斜率可得，结合公切线方程解得或，进而可得公切线方程.
【详解】因为，，则，，
设函数上的切点坐标为，切线斜率为，
函数上的切点坐标为，切线斜率为，
由切线斜率可得，即，
可得公切线方程为，
代入点可得，
代入可得，
整理得，解得或，
所以切线方程为或.
故答案为：（或）.
15. 已知点在抛物线上，B，C是抛物线上的动点且，若直线AC的斜率，则点B纵坐标的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知得出，即可设出，，则根据已知可得与，与可解出，由整理为，根据已知得出关于的方程，在上有解，即可解出或，综合即可得出答案.
【详解】点在抛物线上，
，解得，即，
设，，
则，，
直线AC的斜率，
，解得：，
，
，且，
由解得：，
由可得：，
整理化简为：，
则关于的方程，在上有解，
则，
解得：或，
综上所述：点B纵坐标的取值范围是，
故答案为：.
16. 已知各项都不为0的数列的前项和满足，且，则的通项公式是______；设数列的前项和为，若对，恒成立，则的取值范围是______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据与之间的关系分析可知，，，结合等差数列通项公式运算求解；设，可知，结合数列单调性分析求解.
【详解】因为，且，
若，则，可得；
若，则，可得，
且，可得，
可知：数列奇数项、偶数项均成等差数列，
当为奇数，则；当为偶数，则；
综上所述：；
因为，可知，
设，
由题意可知：，
因为
，
可知数列为递增数列，则数列的最小项为，
则，所以取值范围是.
故答案为：；.
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. 已知直线与圆相切.
（1）求的值及圆的方程；
（2）已知直线与圆相交于，两点，若的面积为，求直线的方程.
【答案】（1），
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆的位置关系列式求得，进而可得圆的方程；
（2）根据面积关系可得，分和，结合点到直线的距离公式运算求解.
【小问1详解】
因为圆，可知圆心，半径，且，
由题意可得：，解得，
此时圆.
【小问2详解】
由（1）可知：圆心，半径，
由题意可知：，
可得，且，
若，则圆心到直线的距离，
可得，解得或，
此时直线的方程为或；
若，则圆心到直线的距离，
可得，解得或，
此时直线的方程为或；
综上所述：直线的方程为或或或.
18. 已知数列的前项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用与的关系即可求解；（2）应用分组求和及等比数列求和公式即可求解.
【小问1详解】
因为，
时，,
两式相减得，
，，，，
相乘得，所以，
当时符合上式，
所以；
【小问2详解】
，
当为奇数时，
19. 如图，在几何体中，平面.

（1）求证：平面平面；
（2）若，在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，取的中点，连接，通过证明平面可得平面平面；
（2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法求出与平面所成角的正弦值，然后解方程可得答案.
【小问1详解】
因为平面，且，
所以平面，
取的中点，连接，则平面，所以，
又，所以，
取的中点，连接，则，且，
又，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
【小问2详解】
由（1）知两两垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量，
则即取，可得.

设，所以，
记与平面所成的角为，
所以，
解得，故为的中点，即.
所以在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且.
20. 已知数列满足，当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，由已知等式变形可得，利用累加法可求得在时的表达式，然后检验时的情形，综合可得出数列的通项公式；
（2）当时，验证所证不等式成立，当时，由放缩法可得出，再结合等比数列求和公式可证得原不等式成立，综合可得出结论.
【小问1详解】
解：当时，在等式两边同除后得，
所以，，
上述等式累加得，即，所以，.
又时，满足该式，故.
【小问2详解】
解：由，所以，，
所以，，
当时，，
当时，.
综上所述，对任意的，.
21. 已知双曲线过点，且焦距为10．
（1）求C的方程；
（2）已知点，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意列方程组求出，即可得出C的方程；
（2）根据四点共线，要证即证，设出直线，，，联立直线方程与椭圆方程得出，将其代入，计算结果为零，即证出．
【小问1详解】
由题意可得，故，所以C的方程为．
【小问2详解】
设，，
当时，即，解得，则，
双曲线的渐近线方程为，
故当直线与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，
此时直线方程为，
令，则，故．
则直线．
由得，
所以，．
．
所以，所以
即．
【点睛】关键点睛：本题第二问不能直接计算长度，否则计算量过大，而是转化为证明向量数量积之间的关系，采取设，从而得到直线方程，再使用经典的联立法，得到韦达定理式，然后证明即可.
22. 已知椭圆的离心率为，椭圆上的点与点的距离的最大值为4.
（1）求的方程；
（2）设轴上的一定点，过点作直线交椭圆于，两点，若在上存在一点A，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据离心率可得，，设，根据两点间距离公式结合二次函数分析求解；
（2）分类讨论直线的斜率是否为0，设直线的方程为，联立方程结合韦达定理整理得，进而分析求解.
【小问1详解】
由题意可知，则，
所以，即．
设是椭圆上任意一点，则，可得，
所以，
注意到，则有：
若，则，不符合题意；
若，当时，，
解得，所以，
故椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，
若直线的斜率不为0，设直线的方程为，
联立方程，消去x得，
则，
可得，
，
，
由题意可得：
，
若上式为常数，则，即，
而此时，
可得，
又因为，即，解得或；
若直线的斜率为0，不妨设，
则，符合题意；
综上所述：或，存在点A（满足），使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值.
【点睛】关键点睛：对任意恒为定值，因为分子分母中同时含有，这种情况下分子分母的对应系数成比例则整体可以为定值，故需要且，即项、常数项对应成比例.