2023~2024学年福建省福州市六校高二(上)期末联考数学试卷(解析版)

这是一份2023~2024学年福建省福州市六校高二(上)期末联考数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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. B. C. D.
【答案】B
【解析】，所以，
故选：B.
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.
【答案】D
【解析】由，得到，
由导数的定义知，
所以函数在点处的切线的方程为，
即，故选：D.
3. 已知在四面体中,分别是的中点,设,，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】连接，如图，
因为，，分别是的中点，
所以.
故选：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
【答案】B
【解析】由已知可得圆心，半径.
因为，所以点在圆内.
所以，当时，弦心距最大，弦长最小.
所以弦长的最小值是.
故选：B.
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.
【答案】D
【解析】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. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，A为C上位于第一象限的一点,与y轴交于点B．若，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【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. 如图,ABCD－EFGH是棱长为1的正方体,若P在正方体内部且满足，则P到AB的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
因为，
所以，
，，
，
，
所以点P到AB的距离．
故选：C.
8. 如图，过拋物线的焦点的直线与拋物线交于两点，与其准线交于点（点位于之间）且于点且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设于点，准线交轴于点G，
则，又，
∴，又于点且，
∴BE∥AD，
∴，即，
∴，
∴等于.故选：B.
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1，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
【答案】BD
【解析】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A，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A错误；
对于B，因为，所以，所以，所以，所以B正确，
对于C，设直线与直线的所成角为，
因为，
所以，
所以，所以C错误，
对于D，因为平面，
所以，所以D正确，
故选：BD.
10. 已知递减的等差数列{an}的前n项和为Sn，S6＝S8，则（ ）
A. a7＞0B. S13＜0C. S15＜0D. S7最大
【答案】ACD
【解析】由可得，
由等差数列{an}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{an}为递减数列，所且，
所以当时，
时，所以S7最大，故D正确,故选：ACD
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”有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】因为，故P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y轴交点为，故与（）无交点，B错误；
的斜率，且与y轴交点为，故与（）无交点，C错误；
的斜率，故与（）有交点，D正确.
故选：AD
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3
C. 若，则的面积等于
D. 若为等轴双曲线，且，则
【答案】BC
【解析】当时，双曲线的渐近钱的斜率A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，
结合，则.
在中，由余弦定理，得，D错误，
故选：BC.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知圆．若圆C与圆外切，则m的值为________．
【答案】
【解析】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：
14. 设数列的前项和为.已知，数列的通项公式__________.
【答案】
【解析】因为，
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.
故答案为：.
15. 已知为单位向量.，若，则在上投影向量为__________.
【答案】
【解析】，
由题可得：
，可得，
则在上的投影向量为.
故答案为：.
16. 数列:1，1，2，3，5，8，13，21，34，…,称为斐波那契数列(Fibnacci sequence),该数列是由十三世纪意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Lenard Fibnacci）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n项和为，记，则________．（用m表示）
【答案】
【解析】由，得，即．
所以
,故答案为：．
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. 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.
解：（1）由条件可得，
将代入得，，又，得到，
将代入得，，所以.
又，所以.
（2）是首项为1，公比为2的等比数列，理由如下，
由条件可得，又，所以，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. 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.
解：（1）由平面，又平面，则，
又是菱形，则，又，面
所以平面，又平面，
所以.
（2）设，连接，因为是的中点，所以，
又平面，所以平面，
分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
设，因为，
则，
所以，
由（1）知平面的一个法向量为，
设面的一个法向量为，由，得到，
令，可得，即，
因为二面角的余弦值为，则，
解得，则，
设与平面所成的角为，又，
所以.
19. 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．
解：（1）因为，
所以，即，
又，，
所以，
所以，即，又，，
所以，即；
（2）因为，所以，又，
可得，
在中，，
所以，
在中，，
因为为锐角三角形，
所以，
得，
所以，
所以，即的取值范围为.
20. 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；
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，，
联立，化简得：
直线与抛物线相切，，
即①
同理可得②
由①②知，为方程的两根，且有，
，所以，
解得，
将代入，得，故的坐标为.

21. 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.
解：（1）设等差数列公差为，
因为成等差数列，
所以有，
因为成等比数列，
所以，
所以；
（2）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. 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．
解：（1）由已知得,解得,∴椭圆的方程.
（2）由（1）的结论可知，椭圆的左焦点,
设,则,.
，.
∵直线与椭圆交于、两点，
∴
由于直线与直线不平行，
∴四边形为梯形的充分必要条件是，即，
即,即,
∵,∴上式又等价于，
即（*）.
由,得,
∴,

，
∴（*）成立，
∴四边形为梯形.