浙江省杭州第二中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

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第Ⅰ卷（选择题）
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. 抛物线的准线方程为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线标准方程即可求解.
【详解】由题知，抛物线方程为，
则其准线方程为.
故选：C
2. 圆上的点到直线的距离的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆的圆心和半径，利用点到直线的距离以及半径关系，求解即可.
【详解】由，得，圆心，半径，
圆心到直线的距离，
故圆上的点到直线的距离的最小值为.
故选：A
3. 设平面内不共线的三点A，B，C以及平面外一点P，若平面内存在一点D满足，则x的值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由空间向量共面定理构造方程求得结果.
【详解】空间四点共面，但任意三点不共线，
，解得：.
故选：C
4. 已知的三个顶点分别为，，，则边上的中线长为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用中点坐标公式与空间两点的距离公式即可得解.
【详解】因为，，
所以的中点为，又，
则边上的中线长为.
故选：B.
5. 设是公差为d的等差数列，是其前n项和，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式和前n项求和公式，结合选项计算依次判断即可.
详解】A：由，得，则，
又，所以，得，故A错误；
B：，故B错误；
C：，故C正确；
D：，，
由，得或，即当或时，有，故D错误.
故选：C
6. 用数学归纳法证明：（）的过程中，从到时，比共增加了（ ）
A. 1项B. 项C. 项D. 项
【答案】D
【解析】
【分析】分别计算出和的项数，进而作差即得结论．
【详解】因为，
所以，共项，
则共项，
所以比共增加了项，
故选：D
7. 若数列满足递推关系式，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用取倒数法可得，结合等差数列的定义和通项公式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，又，所以，
故数列是以为首项，以为公差的等差数列，
则，得，
所以.
故选：A
8. 设双曲线的中心为O，右焦点为F，点B满足，若在双曲线的右支上存在一点A，使得，且，则的离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】因为，所以A是以O为圆心，为半径的圆O与的交点，根据条件结合双曲线的定义得求解即可.
【详解】不妨设A在第一象限．
因为，
所以A是以O为圆心，为半径的圆O与的交点．
设的左焦点为X，
则，，
即，
在圆O上上取一点C，使，则
由双曲线的定义知（a是实半轴长），
即（c是半焦距），
由，得，得
，又离心率，所以， 又，
所以，
故选：B
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. 已知，在R上连续且可导，且，下列关于导数与极限的说法中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用导数的定义逐个求解.
【详解】，故A错；
，故B对；
，由导数的定义知C对；
，故D对；
故选：BCD
10. 已知等差数列的前项和为，正项等比数列的前项积为，则（ ）
A. 数列是等差数列B. 数列是等比数列
C. 数列是等差数列D. 数列是等比数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据等差数列与等比数列定义及等差数列前项和公式为计算即可.
【详解】设的公差为，的公比为，
则，
所以是常数，故A正确；
易知常数，故B正确；
由不是常数，故C错误；
是常数，故D正确.
故选：ABD
11. 已知为抛物线的顶点，直线交抛物线于两点，过点分别向准线作垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若直线过焦点，则以为直径的圆与轴相切
B. 若直线过焦点，则
C. 若两点的纵坐标之积为，则直线过定点
D. 若，则直线恒过点
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据抛物线的焦半径公式结合条件判断AB，设直线方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合条件判断CD.
【详解】设，
选项A：中点即以为直径的圆的圆心横坐标为，
则由抛物线的定义可知，
所以梯形的中位线，
所以点到轴的距离为不等于半径，A说法错误；

选项B：由抛物线的定义可知，，
又根据平行线的性质可得，，
因为，所以，即，B说法正确；

选项C：由题意可知直线斜率不为，设直线方程为，
联立得，，
所以，
由解得，满足，
所以直线过定点，C说法正确；
选项D：因为，所以由可得，所以①，
将，代入①得，满足，
所以直线过定点，D说法正确；
故选：BCD
12. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转化成图3所示的几何体，若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ）
A.
B. 若M为线段CQ上的一个动点，则的最小值为1
C. 点F到直线CQ的距离是
D. 异面直线CQ与所成角的正切值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算法则判断A，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算B、C、D.
【详解】因为，
所以，故A正确；
如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，，，
对于B：因为为线段上的一个动点，设，，
则，
所以，所以当时，故B正确；
对于C：，，
所以点到直线的距离，故C错误；
对于D：因为，
所以，
所以，即异面直线与所成角的正切值为，故D正确；
故选：ABD.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用复合函数求导函数方法求解即可.
【详解】由，
故答案为：
14. 若平面内两定点A，B间的距离为3，动点P满足，则△PAB面积的最大值为_____________．
【答案】3
【解析】
【分析】首先求点的轨迹方程，再利用数形结合求面积的最大值.
【详解】以所在直线为x轴，以线段的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，
设，
因为，即，
所以，整理为：，
则点的轨迹是以点为圆心，半径为2的圆，所以点到距离的最大值是，
所以面积的最大值是.
故答案为：3
15. 已知点是抛物线上动点，是抛物线的焦点，点的坐标为，则的最小值为 ________.
【答案】
【解析】
【分析】过P做准线的垂线，根据定义可得，将所求最小，转化为的最小，结合图像分析出，当PA与抛物线相切时，最小，联立直线与抛物线方程，根据判别式求出PA斜率k，进而可得的值，代入所求即可。
【详解】由题意可得，抛物线焦点，准线方程为，过P做PM垂直于准线，M为垂足，如图所示。由抛物线定义可得，则为锐角，故当最小时，最小，即当与抛物线相切时，最小。
设直线PA斜率为k，所以直线PA的方程为，与抛物线联立可得，因为相切，所以方程只有一个实根，故，解得，，不妨令，此时，，所以。
故答案为
【点睛】本题考查抛物线的定义，图形的几何性质，难点在于分析出当PA与抛物线相切时，最小，再联立方程求解即可，属中档题。
16. 意大利著名数学家莱昂纳多·斐波那契（Lenard·Fibnacci）在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……，该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和，人们把这样的一列数称为“斐波那契数列”．同时，随着n趋于无穷大，其前一项与后一项的比值越来越逼近黄金分割，因此又称“黄金分割数列”，记斐波那契数列为．记一个新的数列，其中的值为除以4得到的余数，则_____________．
【答案】2698
【解析】
【分析】根据题意，得到数列中各项除以4所得余数组成以6为周期的周期数列，即可求解.
【详解】由题意，斐波那契数列:每项被4除所得的余数构成数列，
可得数列的各项分别为，
即数列中各项除以4所得余数组成以6为周期的周期数列，
所以数列在一个周期内的和为，
因为，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是找到斐波那契数列每项被4除所得余数的规律，从而得解.
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. 已知函数，直线l：与x轴交于点A．
（1）求过点A的的切线方程；
（2）若点B在函数图象上，且在点B处的切线与直线l平行，求B点坐标．
【答案】（1）或；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设出切点坐标，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程即可求解.
（2）根据给定条件，利用导数的几何意义求出点的横坐标即可.
【小问1详解】
设过点A的直线与函数的图象相切的切点为，
函数，求导得，则切线斜率，
因此切线方程为，直线与x轴交于点，
依题意，，整理得，解得或，
当时切线方程为；当时切线方程为，
所以所求切线方程为或.
【小问2详解】
设点，由（1）知，，即，解得，显然，
而点或都不在直线上，
所以B点坐标为或.
18. 已知圆O：（）与圆C：有两个不同的交点D，E．
（1）求r的取值范围；
（2）若，求线段DE的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆的标准方程确定圆心和半径，结合圆与圆的位置关系即可求解；
（2）根据勾股定理的逆定理可知为直角三角形，由可得，利用相似三角形的性质即可求解.
【小问1详解】
由，得，
由，得，
又两圆相交，则，即，
所以；
【小问2详解】
∵，，，
有，则为直角三角形，如图，

又，所以，则，
得，
∴．
19. 已知数列是首项为正数的等差数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的关系求解即可；
（2）化简得，根据错位相减法即可求解.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
因为，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，，
所以，
，
两式相减，得
，
所以．
20. 如图，在四棱锥中，底面四边形为正方形，且，，
（1）若与交于点，证明：平面；
（2）棱上的点满足，若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
因为底面四边形为正方形，与交于点，
所以为中点，
又因为，，所以，，
因为平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知两两垂直，
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立如图所示坐标系，
，，，，
则，，，，
因为，所以，，
设平面的法向量，
则，取可得平面的一个法向量，
所以直线与平面所成角的正弦值.
21. 已知数列满足，且对任意正整数n都有．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，，（），若且，求集合A中所有元素的和．
【答案】（1）
（2）135
【解析】
【分析】（1）利用累加法可得答案；
（2）求出，，由，得，，…，满足题意，得，，，，满足题意，从而求得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
可得
，
即；
【小问2详解】
，
当n为偶函数，，
，
，∴，
则，，…，满足题意，
，，
∴，，，，满足题意，
∴A中所有元素和为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键点是分、求和，再求满足条的.
22. 已知焦点在x轴上的椭圆C：，长轴长为4，离心率为，左焦点为F．点M在椭圆内，且MF⊥x轴，过点M的直线与椭圆交于A、B两点（点B在点A右侧），直线AN、BN分别与椭圆相切且交于点N．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线AF与直线BF的倾斜角互补，则M点与N点纵坐标之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）
（2）是定值，定值为
【解析】
【分析】(1)由椭圆的几何性质求解即可；
(2) 过点M的直线的斜率显然存在，可设为：，联立方程得，结合韦达定理代入，得，再由切线方程得到，整理得，即可求解.
【小问1详解】
由，得，则，，
∴椭圆的方程为：．
【小问2详解】
，，
过点M的直线的斜率显然存在，可设为：，
联立方程得，，消去y得，．
，
则设，则
由直线AF与直线BF的倾斜角互补，
得，
，
∴，
由，得，AN：，则
BN：，则，得
，
∴．
∵
∴，
∴为定值．
【点睛】关键点睛：过椭圆：上一点的切线方程为：.