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 Word版含解析.docx

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黄石市部分学校2023~2024学年度第一学期高二年级期末联考数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.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（） 黄石市部分学校2023~2024学年度第一学期高二年级期末联考数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.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：A5.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：D7.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：B8.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：1214.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.