黑龙江省牡丹江地区共同体2024-2025学年高二上学期期末联考数学试卷 Word版含解析

2024年牡丹江地区共同体高二期末联考数学试题考试时间：120分钟分值：150分一、单选题（每题5分，共40分）1.已知等比数列中，，，则（）A.48 B.15 C.3 D.63【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的定义及通项公式可得解.【详解】由题意，，所以.故选：A2.若是等差数列，表示的前项和，，，则中最小的项是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据等差中项的性质及求和公式可得，，进而可确定数列的最小项.【详解】由数列为等差数列，则，且，即，，所以当时，取最小值，即数列的最小项为，故选：B.3.若，，则的值等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由幂函数导数公式可求f′x，由条件列方程求.【详解】因为，所以，又，所以，所以.故选：A.4.已知椭圆右焦点为，点是上的一点，点是线段的中点，为坐标原点，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】记椭圆的左焦点为，连接，利用中位线的性质求出，再利用椭圆的定义可求得.【详解】记椭圆的左焦点为，连接，又点是线段的中点，为的中点，所以，又，所以，在椭圆中，，又点是上的一点，所以，所以．故选：A．5.抛物线上的点到其准线的距离与到直线的距离之和的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据抛物线的定义，转化距离，利用数形结合，即可求解.【详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程为，设抛物线上的点到其准线的距离为，点到直线的距离为，由抛物线的定义可知，则，其最小值为焦点到直线的距离，距离，即抛物线上的点到其准线的距离与到直线的距离之和的最小值为.故选：D6.“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点Px,y是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】转化为点Px,y与连线的斜率，数形结合后由直线与圆的位置关系求解.【详解】记，则为直线的斜率，故当直线与半圆相切时，得k最小，此时设，故，解得或（舍去），即．故选：C.7.已知正项等比数列的前项和为，且满足，设，将数列中的整数项组成新的数列，则（）A.2023 B.2024 C.4046 D.4048【答案】D【解析】【分析】根据等比数列定义，将代入计算可得，；可得，再由新的数列的性质求出其通项为即可得出结果.【详解】令数列的公比为，，因为，所以当时，，即，当时，，即，解得（舍去），所以，即，因为数列中的整数项组成新的数列，所以，此时，即，可得.故选：D.8.已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，是该椭圆和双曲线的一个公共点，，的外接圆半径为2，且，记椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.的最小值为4【答案】C【解析】【分析】由椭圆与双曲线中参数之间的关系得到，判断A选项；由三角形正弦定理求得角，由椭圆和双曲线定义表示出线段，再用余弦定理求得关系，由三个参数的关系式，判断B选项；由两边同除再化简，判断C选项；用离心率公式代换代数值后利用基本不等式求得最小值，判断D选项.【详解】∵双曲线，则焦点在轴，则椭圆中，∵，∴，即，即，故A选项错误；由正弦定理可知在中，∴，∵，∴，由椭圆和双曲线的定义可知：，解得，∴，即，∴，∴，B选项错误；∵，∴，即，∴，C选项正确；当且仅当，即时取等号，所以最小值为，D选项错误.故选：C.【点睛】方法点睛，本题巧用三角形正弦定理求出角是关键，然后就是利用椭圆与双曲线的几何性质和参数之间的关系，进行整理化简即可.二、多选题（每题6分，共18分）9.已知数列是公比为的等比数列，且成等差数列，则（）A. B. C. D.1【答案】AD【解析】【分析】根据等比数列通项公式结合等差中项列方程求解.【详解】由题意，，由等比数列通项公式可得，由于等比数列每一项都不是，故，即，解得或.故选：AD10.已知椭圆的左右两个焦点分别为、，左右两个顶点分别为、，P点是椭圆上任意一点（与不重合），，则下列命题中，正确的命题是（）A. B.的最大面积为C.存在点P，使得 D.的周长最大值是【答案】ABD【解析】【分析】设Px0,y0，表示出和，利用椭圆方程化简即可判断AC；结合图形求解可判断B；利用椭圆定义将的周长转化为，结合图形求解可判断D.【详解】对A，由题知，，则，设Px0,y0，，则，A正确；对B，易知当点为短轴端点时，的面积最大，最大值为，B正确；对C，，则，C错误；对D，由椭圆定义可知，，所以，又，所以，当三点共线，且在线段上时，等号成立，D正确.故选：ABD11.已知数列满足：，，，数列的前项的积为，记，则（）A.数列是等比数列 B.C.当为奇数时， D.当为偶数时，【答案】ACD【解析】【分析】由题设中数列的递推关系式得到，结合条件得到，两边取对数得到数列，即可判断选项A；在此基础上求出，进而得到与的关系即可判断选项B；结合条件分为奇数和为偶数两种情况求，进而得到即可判断C、D.【详解】显然，．因为，所以，又，所以，即当时，．显然，对于A，∵，∴，又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，故A正确；对于B，由选项A知，，所以，，两式相除得，故B错误；对于C，当为奇数时，，所以有，故C正确；对于D，当为偶数时，，所以有，故D正确.故选：ACD.三、填空题（每题5分，共15分）12.曲线在点处的切线方程为______．【答案】【解析】【分析】由导数的几何意义即可求解.【详解】由题可得，当时，，即曲线在点处的切线斜率，所以所求切线方程为．故答案为：13.若数列满足，，则称该数列为斐波那契数列．如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”．记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前n项和为．给出下列结论：①；②是奇数；③；④．则所有正确结论的序号是________．【答案】①②④【解析】【分析】根据递推公式求出即可判断①；观察数列的奇偶特点即可判断②；根据递推公式，结合累加法即可判断③；根据递推公式可得，结合累加法计算即可判断④.【详解】对于①，由，且，可得斐波那契数列：，，，，，，，，故故①正确；对于②：由斐波那契数列：，，，，，，，，，，，，可得每三个数中前两个为奇数，后一个偶数，且，所以奇数，故②正确；对于③：因为，相加可得：，故③错误；对于④：因为斐波那契数列总满足，且，所以，，，类似的有，，其中累加得，，故：，故④正确.故答案为：①②④.【点睛】关键点睛：本题的关键是理解斐波那契数列的特点，直接计算可判断①②，利用累加法即可判断③④.14.已知，M是椭圆上的动点，，分别是其左右焦点，则的最大值为________．【答案】【解析】【分析】设，可得，结合椭圆的第二定义可得，进而得到，进而利用基本不等式求解即可.【详解】由题意，要求的最大值，设，则，即，由，得，则，则，，椭圆的右准线为，则到右准线为的距离为，根据椭圆的第二定义可知，，即，又，，则，由于，则，当且仅当，即时，等号成立，则，即的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用椭圆的第二定义得到，进而表示出，再利用基本不等式求解即可.四、解答题（共77分）15.在数列中，．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由数列递推公式，采用累加方法可求得数列的通项公式；（2）求数列的前项和，分别采用错位相减法和分组求和法即可求得结果.【小问1详解】因为数列满足，且，当时，可得，即，当时，适合上式，所以数列的通项公式为．【小问2详解】由于，且，则，即，设，则，两式相减得：，所以，所以.16.已知是抛物线的焦点，是上在第一象限的一点，点在轴上，轴，，．（1）求的方程；（2）过作斜率为的直线与交于，两点，的面积为（为坐标原点），求直线的方程．【答案】（1）（2）或．【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义即可求解；（2）设直线的方程为，代入抛物线方程，利用弦长公式计算出，再根据点到直线的距离公式计算出点到直线的距离，根据面积公式建立等式计算即可求解.【小问1详解】由题知，，由抛物线的定义知，，，的方程为．【小问2详解】由（1）知，设，，直线的方程为，代入，整理得，由题易知，，，，到直线的距离为，，解得，直线的方程为或．17.如图，在三棱台中，上､下底面是边长分别为4和6的等边三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足.（1）证明：平面；（2）若直线和平面所成角的余弦值为，求该三棱台的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得，再结合线面垂直的判定定理可得结果；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用线面角的向量求法及棱台的体积公式可得结果.【小问1详解】由三棱台知，平面，因为平面，且平面平面，所以，因为，所以，又，平面，所以平面；【小问2详解】取中点，连接，以为原点，为轴，为轴，过点做轴垂直于平面，建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为，则设平面的法向量为，则，即，令，可得平面的一个法向量，易得平面的一个法向量，设与平面夹角为，，所以由，得，由（1）知，所以，解得，所以三棱台的体积.18.在数列中，已知，（）．（1）证明：数列为等比数列；（2）记，数列的前项和为，求使得的整数的最小值；（3）是否存在正整数、、，且，使得、、成等差数列？若存在，求出、、的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）不存在，证明见解析.【解析】【分析】（1）证明数列为等比数列，即转化变形方向为与的关系.首先分离与，然后两边同取倒数，再同减去1，即可得证；（2）先由(1)结论求出，再化简，根据分式形式，裂项求和得，求解不等式，估值可得整数的最小值；（3）假设存在正整数、、，使得、、成等差数列，得到、、的等量关系，根据整数性质，等式左偶右奇不可能成立．【详解】（1）证明：由，得，从而，，又，故数列为等比数列；（2）解：由(1)得，，故，所以，，令，则，解得，，.故使得的整数的最小值为10；（3）解：假设存在正整数、、满足题意，则，即，即两边同除以得，(*)由得，，；所以为奇数，而、均为偶数，故(*)式不能成立；即不存在正整数、、，且，使得、、成等差数列.【点睛】数列常见裂项形式：（1）；（2）；（3）；（4）.19.在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线的距离之比为，记的轨迹为曲线，直线交右支于，两点，直线交右支于，两点，．（1）求的标准方程；（2）证明：；（3）若直线过点，直线过点，记，的中点分别为，，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，求四边形面积的取值范围．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据两点间的距离和点到直线的距离公式即可列等式求解；（2）根据直线与双曲线联立方程，得韦达定理，结合数量积坐标运算即可证明；（3）依据题意得直线和直线的方程分别为，联立直线和曲线E方程求得韦达定理，从而利用中点坐标公式求出点P坐标，同理求出点Q坐标，再利用点到直线距离公式分别求出点P和点Q到两渐近线的距离，接着根据计算结合变量取值范围即可求解.【小问1详解】设点，因为点到点的距离与到直线的距离之比为，所以，整理得，所以的标准方程为.【小问2详解】由题意可知直线和直线斜率若存在则均不为0且不为，①直线的斜率不存在时，则可设直线方程为，，则且由点A和点B在曲线E上，故，所以，同理可得，所以；②直线斜率存在时，则可设方程为，Ax1,y1、Bx2,y2，联立，则即，且，且，所以，同理，所以，综上，.【小问3详解】由题意可知直线和直线斜率若存在则斜率大于1或小于，且曲线E的渐近线方程为，故可分别设直线和直线的方程为和，且，联立得，设Ax1,y1、Bx2,y2，则，，，故，因为P是中点，所以即，同理可得，所以P到两渐近线的距离分别为，，Q到两渐近线的距离分别为，，由