福建省福州市八县（市、区）一中2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷（Word版附解析）

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一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 在正项等比数列中，，则数列的公比为（ ）
A. B. 4C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，然后将已知条件结合等比数列通项公式化简计算可得结果.
【详解】设等比数列的公比为，
由，得，，
所以，
所以，解得或（舍去），
故选：D
2. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将抛物线转化成标准式，由定义求出准线.
【详解】由得，故抛物线的准线方程为.
故选：D
3. 已知两条直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为.若，则下列关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线斜率与倾斜角的关系，结合正切函数的单调性即可得解.
【详解】依题意得，，，，
而在和上单调递增，且在上，，
在上，所以，即.
故选：D
4. 直线过定点Q，若为圆上任意一点，则的最大值为（ ）
A. 1B. 3C. 4D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线定点坐标、圆心坐标、半径，再由点与圆的圆心之间的距离加半径求解
【详解】由，得，
所以直线过定点，
由，知圆心坐标，半径为2，
所以到圆心的距离为，则在圆内，
则的最大值为，
故选：B
5. 在等差数列中，若，则=（ ）
A. 100B. 120C. 57D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列前项和性质求解．
【详解】是等差数列，则仍成等差数列，
又，，所以，，
，
所以，
故选：B．
6. 在平面直角坐标系中，设椭圆与双曲线的离心率分别为，，其中且双曲线渐近线的斜率绝对值小于，则下列关系不正确的是（ ）
A. B. C. D. .
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，根据离心率的定义得到；B选项，先得到，从而得到，得到B正确；C选项，根据和得到；D选项，根据基本不等式得到，得到D错误.
【详解】A选项，由题意得，，故，A正确；
B选项，双曲线的一条渐近线方程为，故，
故，故，B正确；
C选项，由A知，故，故，C正确；
D选项，因为，，，
所以，
又，且，由基本不等式得，故，
所以，D错误.
故选：D
7. 已知首项为1的数列，且对任意正整数恒成立，则数列的前项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】变形得到，利用累乘法得到，故，利用裂项相消法求和得到答案.
【详解】由题意易知，
由变形为，故，
所以
，
因为，所以，故，
所以.
故选：C
8. 已知长方体，，，是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（ ）
A. 3B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，可得点在矩形及内部，结合平面，利用面面平行知识找出点的轨迹，然后根据长方体的结构特征与解三角形的知识算出答案.
【详解】在长方体中，由，，，得点在矩形及内部，
又平面，故点在过且平行于平面的平面内，
连接交于点，取中点，连接，在上取点，使得，连接，，，
由是长方体，可知对角面为矩形，且，
因为，，
所以且，四边形为平行四边形，可得，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因为是平面内的相交直线，
故平面平面，即平面是过且平行于平面的平面，
所以点的轨迹是四边形截面与平面的交线，即线段.
因为矩形中，，，可知，
所以，可得中，，
所以，即动点的轨迹所形成的轨迹长度为3.
故选：A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．（在每小题给出的选项中，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. 若方程所表示的曲线为，则下面四个说法中正确的是（ ）
A. 若，则为椭圆
B. 若为椭圆，且焦点在轴上，则
C. 曲线可能是圆
D. 若为双曲线，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据椭圆标准方程的特征列不等式求解即可判断AB；根据方程为圆列式求解判断C；根据双曲线的特征判断D.
【详解】当时，方程为，此时表示圆，故A错；C对；
若为椭圆，且焦点在轴上，则，解得，故B对；
若为双曲线，则，解得，或，故D错；
故选：BC
10. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘再加上；若是偶数，就将该数除以．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）．比如取正整数，根据上述运算法则得出．猜想的递推关系如下：已知数列满足，，设数列的前 项和为 ，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出数列的前几项，可得数列中从第4项起以4，2，1循环，然后一一分析判断即可.
【详解】因为数列满足，，
所以
，
所以，
所以AB正确，C错误，
因为数列中从第4项起以4，2，1循环，而，
所以，所以D正确，
故选：ABD
11. 设等比数列的公比为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D. 的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，由，得的范围，由变形得，因此可得，由此分析选项是否正确，即可得答案
【详解】根据题意，等比数列的公比为，由，所以，
若，得，变形得，
又且，则，故，故A对；
由，故B错；
，故C对；
因为又且，所以等比数列递增数列，而，则的最小值为，故D错；
故选：AC
12. 已知抛物线C：与圆O：交于A，B两点，且，直线过C的焦点F，且与C交于M，N两点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若直线的斜率为，则
B. 的最小值为
C. 若以MF为直径的圆与y轴的公共点为，则点M的横坐标为
D. 若点，则的周长最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出抛物线的方程，得焦点坐标，设出直线的方程，与抛物线方程联立方程组应用韦达定理求弦长判断A，再根据韦达定理得出焦点弦的性质，然后利用基本不等式求解后判断B，作出大致图象，过点作准线的垂线，结合抛物线的定义判断C，过作准线的垂线（是垂足），写出三角形的周长，结合抛物线的定义转化后得出不等关系，从而可得最小值判断D．
【详解】抛物线C：与圆O：交于A，B两点，且，
则第一象限内的交点的纵坐标为，代入圆方程得横坐标为1，即，
所以，，即抛物线方程为，焦点为，
对选项A，设直线方程为，由得，
设，则，，
，
直线的斜率为时，，所以，A错误；
对选项B，由抛物线定义得
，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
因此的最小值为，B正确；
对选项C，如图，过点作准线的垂线，垂足为，交轴于，取的中点，过作轴垂线，垂足为，
则，是梯形的中位线，
由抛物线定义可得，
所以，
所以以为直径的圆与轴相切，
因此为切点，所以点纵坐标为1，
又是中点，所以点纵坐标为2，
而是抛物线上的点，因此其横坐标为1，C正确；

对选项D，过作垂直于抛物线的准线，垂足为，
所以的周长为，
当且仅当点的坐标为时取等号（即与准线垂直），D正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知数列前项之和，则数列的通项公式__________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：根据和项与通项得关系求结果.
详解：因为当时，，当时，，
因为，所以.
点睛：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求. 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.
14. 已知双曲线方程为（），若直线与双曲线左右两支各交一点，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出渐近线方程，结合直线与双曲线左右两支各交一点，比较斜率即可得结果.
【详解】因为双曲线方程为（），
所以双曲线的渐近线方程为，
因为直线与双曲线左右两支各交一点，
所以，解得，
即实数的取值范围为，
故答案为：
15. 如图，四棱锥中，底面，底面是边长为6的正方形，且四棱锥的外接球的表面积为，点在线段上，且为线段的中点，则点到直线上任意点的距离的最小值为_____________．

【答案】
【解析】
【分析】以D为坐标原点，以为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立坐标系，由外接球的表面积为，求出，由求得，为线段的中点，求出，然后几根据两点间的距离公式结合二次函数求最值可得.
【详解】由底面，所以
由底面是正方形，所以，
以D为坐标原点，以为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立坐标系，
设四棱锥的外接球的半径为r，
由外接球的表面积为，即，所以，
，所以，
所以，又，即，
设，所以，
所以，所以，又，
因为为线段的中点，所以，
设直线上一点，
所以当时，点到直线上任意点的距离的最小，其最小值为.
故答案为：
16. 瑞典数家科赫在1904年构造能描述雪花形状的图案，就是数学中一朵美丽的雪花——“科赫雪花”．它的绘制规则是：任意画一个正三角形（图1），并把每一条边三等分，再以中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线（图2），如此继续下去形成雪花曲线（图3），直到无穷，形成雪花曲线．设雪花曲线的边数为，面积为，若正三角形的边长为，则=________； =________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据图形，得出成等比数列，从而可得通项公式，再由图形的形成过程得出边长也成等比数列，而是在的基础上每条边向外增加一个小正三角形，由此可得面积间的关系，利用累加法求得通项公式．
【详解】由题意，，，即是等比数列，公比是4，所以，
设雪花曲线的边长为，则，，所以，
因为，
当时，，
所以
．
故答案：；.
【点睛】方法点睛：本题考查归纳猜想，考查数列的应用，解题方法是观察图形，通过图形的形成归纳总结出与的关系：边数间的关系，边长的关系，面积的关系，从而利用数列的知识求得结论．
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（共6大题，10分+12分+12分+12分+12分+12分，共70分）
17. 已知等差数列的前项和为，；
（1）求等差数列的前项和及的最大值；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1），210；
（2）212.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列前项和公式，结合性质求出公差及首项即可得解.
（2）由（1）求出数列的通项公式，判断项的正负，再结合（1）的结论求解即得.
【小问1详解】
等差数列的前项和为，由，得，解得，
由，得，解得，则，公差，
因此，对称轴为，因为，则当或时，，
所以，的最大值为210.
【小问2详解】
由（1）知，，则，
所以
.
18. 已知圆，直线过点.
（1）若直线与圆相交，求直线的斜率的取值范围；
（2）以线段为直径的圆与圆相交于两点，求直线的方程及的面积.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用圆心到直线的距离小于半径或联立直线方程、圆的方程结合判别式均可以求出斜率的范围.
（2）求出弦长和圆心到直线的距离后可求三角形的面积，或者求出两个交点的坐标后可求三角形的面积.
【小问1详解】
法一：由已知可得圆，直线即，
∵直线与圆相交，∴圆心到直线的距离小于半径，
即，解得，故直线的斜率的取值范围为.
法二：设直线的方程,
联立方程得,
故，解得.
故直线的斜率的取值范围.
【小问2详解】
以为直径的圆，且半径，
圆的方程为，
由圆和圆：可得：
的方程为：，
整理得直线的方程为.
法一：因为圆心到直线的距离即,
，，
所以的面积.
法二：联立方程，得，
解得或，
所以的面积.
19. 已知标准双曲线的焦点在轴上，且虚轴长，过双曲线的右焦点且垂直轴的直线交双曲线于两点， 的面积为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点的直线交双曲线于两点，且点是线段的中点，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，表示出，再由的面积，并结合双曲线中的关系求解；
（2）法一：设出直线的点斜式方程，与双曲线方程联立，借助韦达定理和中点坐标公式求解；法二：利用点差法求解.
【小问1详解】
由题设双曲线，直线的方程为
联立方程解得
，又，
，则
而
所以双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
法一：因为过点的直线与双曲线相交于两点，
可知，直线的方程不是，
设直线的方程为即
联立方程
得①
解得
将代入①，得
故直线的方程为.
法二：因为过点的直线与双曲线相交于两点，
可知，直线的方程不是，
设
得，
,
直线的方程为，即，
联立方程
得，
故直线方程为.
20. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：利用构造平行四边形，结合线面平行的判定定理即可得证；法二：利用面面平行的判定定理与性质定理即可得证；
（2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解.
【小问1详解】
法一：取中点，连接，
为的中点，，
又，，
四边形为平行四边形，，
平面平面，
平面.
法二：取中点，连接，
为的中点，，
平面平面，平面，
又，，
四边形平行四边形，，
平面平面，平面
又，平面，平面平面，
又平面，平面.
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面平面，，
平面，
取中点，连接，则平面，
所以是直线与平面所成的角，即，
又，，
又，
又，则，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图，
，
，
设平面的一个法向量，，
则，取，则，
易得平面的一个法向量可取，
设平面与平面所成的夹角为，
，
故平面与平面所成的夹角的余弦为.
21. 已知数列的首项，且满足．
（1）判断数列是否为等比数列；
（2）若，记数列的前n项和为，求．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列定义及构造法求通项可判断；
（2）根据等比数列求和公式、等差数列求和公式，利用数列分组求和及错位相减法求和可得结果.
【小问1详解】
法一：若解得，则数列不是等比数列；
若即，因为，所以，
，
所以当时，数列不是等比数列，
当时，数列是以为首项，为公比的等比数列．
法二：若解得，则数列不是等比数列；
若即，因为，所以，
，所以，
，
所以当时则数列不是等比数列
当时，数列是以为首项，为公比的等比数列．
【小问2详解】
由（1）知，，所以，则．
则，
令，
令 ①
所以 ②
①②相减得：
，
得．
所以.
22. 已知点，是圆：上的任意一点，线段的垂直平分线交于点，设动点的轨迹曲线为；
（1）求曲线的方程；
（2）过点作斜率不为0的直线交曲线于两点，交直线于．过点作轴的垂线，垂足为，直线交轴于点，直线交轴于点，求线段中点M的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意设动点，由已知条件结合椭圆定义可知点的轨迹为以为左右焦点，长轴长为4的椭圆，列出方程求出，从而可求得曲线的方程；
（2）方法一：设出直线方程和两点的坐标，将直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得出，，再表示出直线，的方程，则可表示出点的坐标，从而可求出线段中点M的坐标；方法二：设直线l方程为，将直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得出，，再表示出直线，的方程，则可表示出点的坐标，从而可求出线段中点M的坐标.
【小问1详解】
设动点，
因为线段的垂直平分线交于点,
所以,
所以，
因为，
所以由椭圆定义可知点的轨迹为以为左右焦点，长轴长为4的椭圆，
设动点的轨迹曲线的方程 ，
则，
故动点的轨迹曲线的方程；
【小问2详解】
方法一：直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为，
联立，整理得，
，
设，则，，
直线l交直线于，则，
所以直线的方程为，，
令，解得，则，
所以直线的方程为，，
令，解得，则，
，
所以线段CD中点M的坐标为.
方法二：直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为，
联立，整理得，
，
设，则，，
直线l交直线于，则，
所以直线的方程为，，
令，解得，则，
同理可得，
，
所以线段CD中点M的坐标为.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系的综合问题，解题的关键是设出直线方程代入椭圆方程化简后根据根与系数的关系，再结合题意求解，考查计算能力和逻辑推理能力，属于较难题.