安徽省合肥市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题含答案

数学试题卷（答案在最后）

注意事项：

1．你拿到的试卷满分为150分，考试时间为150分钟．

2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效．

第Ⅰ卷（选择题）

一、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.在数列A.2【答案】C【解析】an中，a11，an11

B.1

an，则a4（C.）3253

D.85

【分析】由数列的递推公式，依次求出a2,a3,a4即可.【详解】数列an中，a11，an11a1

n，则有a21故选：C.113152，a31，a41.a1a22a33x2y21表示的曲线为椭圆”的（2.“2m6”是“方程m26mA.充分不必要条件C.充要条件【答案】B【解析】【分析】利用椭圆的标准方程结合充分、必要条件的定义计算即可.B.必要不充分条件）D.既不充分也不必要条件【详解】易知2m6时，m20,6m0，但m4时有m26m2，此时方程表示圆，所以不满足充分性，m2022若方程xm2y6m1表示的曲线为椭圆，则6m0m2,44,6，

m26m

显然2m6成立，满足必要性，故“2m6”是“方程x2y2m26m1表示的曲线为椭圆”的必要不充分条件.故选：B3.已知直线xay60和直线a3x2y3a0互相平行，则实数a的值为（A.1或2B.1或2

C.2

D.1【答案】D【解析】【分析】根据平行关系列式求a的值，并代入检验即可.【详解】由题意可得：aa32，解得a1或a2，若a1，则两直线分别为xy60,2x2y30，符合题意；若a2，则两直线均为x2y60，不符合题意；综上所述：a1.故选：D.4.已知等差数列an的前n项和为Sn，且a34，S630，则a4（）A.2B.2C.4D.6【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的性质和前n项求和公式计算即可求解.【详解】由题意知，S662(a1a6)3(a3a4)30，又a34，所以a410a36.故选：D5.已知xa是函数f(x)12

x2

(a1)xalnx的极大值点，则实数a的取值范围是（A.(,1)B.(1,)

C.(0,

1)D.(0,1]

【答案】C【解析】））【分析】求导后，得导函数的零点a,1，比较两数的大小，分别判断在xa两边的导数符号，确定函数单调性，从而确定是否在xa处取到极大值，即可求得a的范围.【详解】f(x)

12axax1x(a1)xalnx，则f(x)x(a1)，x0，2xx当a(0,1)时，令f(x)0得0xa或x1，令f(x)0得ax1，此时f(x)在区间(0,a)上单调递增，a,1上单调递减，1,上单调递增，符合xa是函数f(x)的极大值点；当a1时，f(x)

x1x20恒成立，函数f(x)不存在极值点，不符合题意；当a(1,)时，令f(x)0得0x1或xa，令f(x)0得1xa，此时f(x)在区间(0,1)上单调递增，1,a上单调递减，a,上单调递增，符合xa是函数f(x)的极小值点，不符合题意；1).综上，要使函数f(x)在xa处取到极大值，则实数a的取值范围是(0,

故选：C.，篮球的外轮廓为圆O，将篮球6.从某个角度观察篮球（如图1）可以得到一个对称的平面图形（如图2）的表面粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆的周长八等分，且|AB||BC||CD|，则该双曲线的离心率为（）A.43B.167C.477

D.97【答案】C【解析】x2y2

【分析】设双曲线的标准方程为221a0,b0，求出圆O与双曲线在第一象限内的交点E的坐ab标，将点E的坐标代入双曲线的方程，可得出率.b

的值，再利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心ax2y2

【详解】设双曲线的标准方程为221a0,b0，ab设圆O与双曲线在第一象限内的交点为E，连接DE、OE，则OEODOCCD3OC3a，因为坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆O的周长八等分，则DOE

1π

2π，8432a32a故点E2,2，32a32a

b29将点E的坐标代入双曲线的方程可得，所以2，221a722abc

所以，该双曲线的离心率为e

a

故选：C.7.如图，在三棱锥ABCD中，ADCD1,ABBCAC三棱锥ABCD外接球的表面积为（）2

2

a2b2b247.122aa7

2，平面ACD平面ABC，则A.3π【答案】B【解析】B.8

π3C.7π3D.2π

【分析】先确定底面ABC的外接圆圆心，结合图形的特征，利用勾股定理及外接球的表面积公式计算即可.【详解】如图所示，取AC中点E，连接DE,BE，在BE上取F点满足2EFFB，由题意易知ABC为正三角形，则F点为ABC的外接圆圆心，且EDAC,BEAC,因为平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，所以DE底面ABC，BE底面ADC，过F作FO//DE，故三棱锥ABCD外接球的球心O在直线FO上，作OG//EF交DE于G点，设OFh，球半径为R，根据ADCD1,ABBCAC易知BE

2，6266，四边形OGEF为矩形，,AEDE,EF,BF

2263由勾股定理可知：OB2OF2BF2OD2OG2DG2，62122即R2h2，hh0,R3263

8π2

故其外接球表面积为S4πR.3

故选：B228.已知a0.98ln0.98，b1，c1.021.02ln1.02，则（A.abcC.b）【分析】利用f(x)xlnx,x0的单调性可判断ab，利用g(x)xxlnx(x0)的单调性可判断cb，故可得三者之间的大小关系.

【详解】设f(x)xlnx,x0，则有f(x)1

1x1，xx当0x1时，fx0,fx在0,1上单调递减；f(0.98)f(1)1，即有0.98ln0.981，ab；令g(x)xxlnx(x1)，则g(x)1(lnx1)lnx，当x1时，g(x)0，当且仅当x1时等号成立，故g(x)在1,上单调递减；g(1.02)g(1)1，即有1.021.02ln1.021，cb，综上所述，则有cba，故选：B.二、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.已知直线l:axy2a0aR与圆C:x2y25，则下列结论正确的是（A.直线l必过定点C.l与C可能相切【答案】ACD【解析】【分析】利用直线方程确定过定点可判定A，利用直线与圆的位置关系可判定BC，利用弦长公式可确定D.【详解】由直线方程变形得l:ax1y20，显然x1时y=2，即直线过定点1,-2，故A正确；易知1225，即点1,-2在圆C上，则直线l不会与圆相离，但有可能相切，故B错误，C正确；当a1时，此时直线l:xy10，圆心为原点，半径为r则圆心到l的距离为d故选：ACD10.定义：设fx是fx的导函数，fx是函数fx的导数，若方程fx0有实数解x0，则称点2

）B.l与C可能相离D.当a1时，l被C截得的弦长为32()()5，132，故D正确.212，所以l被C截得的弦长为2r2d225x，fx为函数0

0

yfx的“拐点”．经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心．已知函数fx中正确的有（A.a1,b0C.函数fx有三个零点【答案】AB【解析】）135

xax2bx的对称中心为1,1，则下列说法33B.函数fx既有极大值又有极小值D.对任意xR，都有f1-x+fx=1

()()【分析】根据拐点定义二次求导可计算可求出函数解析式即可判定A，根据导数研究其极值可判定B，结合B项结论及零点存在性定理可判定C，利用函数解析式取特殊值可判定D.2【详解】由题意可知fxx2axb，fx2x2a，15

a1f11ab

33而，故A正确；b0f1022a



此时fx

135

xx2，fxx22xxx2，33

显然x2或x0时，f¢(x)>0，则fx在,0,2,上单调递增，x0,2时，fx0，即fx在0,2上单调递减，所以fx在x0时取得极大值，在x2时取得极小值，故B正确；易知f0

51

0,f250,f20，33结合B结论及零点存在性定理可知fx在2,0存在一个零点，故C错误；易知f1f01故选：AB2

11.如图，已知抛物线C：y2pxp0的焦点为F，抛物线C的准线与x轴交于点D，过点F的5

1，故D错误.3

直线l（直线l的倾斜角为锐角）与抛物线C相交于A，B两点（A在x轴的上方，B在x轴的下方），过点A作抛物线C的准线的垂线，垂足为M，直线l与抛物线C的准线相交于点N，则（）A.当直线l的斜率为1时，AB4pC.存在直线l使得AOB90【答案】AD【解析】【分析】根据抛物线的焦点弦的性质一一计算即可.【详解】易知F

B.若NFFM，则直线l的斜率为2

D.若AF3FB，则直线l的倾斜角为60pp

,0，可设AB:ykxk0，设Ax1,y1,Bx2,y2，22

p22ykxk2x2k2p2pxkp0

2与抛物线方程联立得，

4y22px



k2p2pp2

,x1x2则x1x2，4k2对于A项，当直线l的斜率为1时，此时x1x23p，由抛物线定义可知AFBFx1

pp

x2AB4p，故A正确；22易知AMN是直角三角形，若NFFM，则ANMFMNAMFFAM，又AFAM，所以AMF为等边三角形，即AFx60，此时k3，故B错误；pk2p2k2由上可知x1x2y1y2k1x1x2x1x2

242222pk2ppkp2k2322k1p0，242k44uuruuur

即OA×OB<0，故C错误；pp

若AF3FBx13x2x12p3x2，22p2p3p

又知x1x2，所以y13p，x2,x1

462

则k

px1

2y13，即直线l的倾斜角为60，故D正确.故选：AD12.如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，已知M,N,P分别是棱C1D1,AA1,BC的中点，）Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线DB1的夹角为30，则（A.DB1平面PMNB.平面PMN截正方体所得的截面图形为正六边形C.点Q的轨迹长度为π

D.能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为332【答案】ABD【解析】【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面PMN的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面截正方体所得的截面；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在B1D上，设球心坐标建立方程，求出半径的最大值.【详解】A选项，如图所示以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P1,2,0,M0,1,2,N2,0,1,B12,2,2，

故DB12,2,2,PM1,1,2,PN1,2,1.mPMxy2z0

PMN设平面的法向量为mx,y,z，则，

mPNx2yz0



令z1xy1得m1,1,1，

易知DB12m，故DB1平面PMN，即A正确；B选项，取AB,CC1,A1D1的中点F,Q,E，连接NE,NF,ME,MQ,PQ,PF,A1B,EP,D1C，结合题意可知NF//A1B//EP,EP//CD1//MQ，所以N、F、P、E四点共面且M、Q、P、E四点共面，两个平面都过点P，所以M、Q、P、E、N、F六点共面，易知EMMQQPPFFNNE

2，所以平面PMN截正方体所得的截面为正六边形ENFPQM，B正确；C选项，由上知DB1平面PMN，设垂足为S，以S为圆心3B1S为半径在平面PMN上作圆，3由题意可知Q轨迹即为该圆，结合B的结论可知平面PMN平分正方体，根据正方体的中心对称性可知S平分DB1，故半径331B1SDB11，332故点Q的轨迹长度为2π，C错误；D选项，由上知该两部分空间几何体相同，不妨求能放入含有顶点D的这一空间几何体的球的半径最大值，结合A项空间坐标系及正方体的对称性知该球球心O在DB1上，该球与平面PMN切于点S，与平面ABCD、平面A1D1DA、平面D1C1CD都相切，设球心为Oa,a,a0a1，则球半径为a，易知S1,1,1，故RSa3a1a2a

233，2故球的半径的最大值为故选：ABD33，D正确.2【点睛】思路点睛：关于立体几何中截面的处理思路有以下方法（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.关于立体几何中求动点轨迹的问题注意利用几何特征，比如动直线与定直线夹角为定值，可以考虑结合圆锥体得出动点轨迹.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.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，则异面直线A1B与B1C所成的角的余弦值_________________．【答案】2##0.5【解析】【分析】利用正方体的特征构造平行线求异面直线夹角即可.1

【详解】如图所示连接A1D,BD，根据正方体的特征易知B1C//A1D，且△A1DB为等边三角形，所以DA1B即异面直线A1B与B1C所成的角，且DA1B60，cosDA1B

1.2

故答案为：21

111

aaa50，2，a3_____________．a14.在正项等比数列n中，若234a2a3a4【答案】5【解析】【分析】根据正项等比数列的定义与通项公式，计算即可【详解】正项等比数列an中，a2a3a450，111a3a4a2a4a2a3a3a4a32a3a2a4a3a25022，32a2a3a4a2a3a4a3a3a3解得a35，舍去负值，所以a35.故答案为：52xy0，l2：x3y50的交点为圆心，并且与直线3x4y90相切的圆的15.以两条直线l1：

方程是_____________________．【答案】x1y216【解析】【分析】直接利用交点坐标和点到直线的距离公式求出圆心和半径，最后求出圆的方程.22

2xy0x1

【详解】利用，解得，则圆心坐标为(1,-2)，x3y50y2

设圆的方程为x1y2r2

利用圆心1,-2到直线3x4y90的距离dr，整理得r

2

2

()3893422

24，2

故圆的方程为x1y216.故答案为：x1y216.x1

e

16.关于x的不等式axlnxa恒成立，则实数a的最大值为_____________________．x2

2

e2

【答案】2

【解析】ex【分析】构造函数fxx1lnx,gx，利用导数研究其单调性及最值，分离参数计算即可.xex【详解】设fxx1lnxx0,gx，xexx1x1

易知fx，,gx2xx则当x1时，fx0,gx0，即此时两函数均单调递增，当0x1时，fx0,gx0，即此时两函数均单调递减，故fxf12,gxg1e，ex1对于不等式axlnxaex1lnxax1lnx，x

ex1lnx

由上可知ux1lnx2，故a，x1lnxeue2又guu2单调递增，故gug2a.u2e2所以实数a的最大值为.2e2

故答案为：.2【点睛】关键点点睛：观察不等式结构可发现是指对同构式即原式等价于e

x1lnx

ax1lnx，构造函ex数fxx1lnx,gx判定其单调性与最值分参计算即可.x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．

an1an1,a12．17.已知数列an满足nn1nn1（1）证明数列（2）设bn

nan为等差数列，并求出数列an的通项公式；1

，数列bn的前n项和为Sn，求S20．n2an【答案】（1）证明见解析，an（2）S20【解析】n1

n2021

【分析】（1）根据题中递推公式可得n1an1nan1，结合等差数列的定义和通项公式分析求解；（2）由（1）可得bn【小问1详解】11

，利用裂项相消法运算求解.nn1an1an1因为，则n1an1nan1，nn1nn1所以数列nan是以首项1a12，公差d1的等差数列，n1

n.

可得nan2n1n1，所以an

【小问2详解】由（1）可得bn所以S201

1111，n2annn1nn1111111201.22320212121

2

2

18.设圆C与两圆C1：x2y21,C2：x2y21中的一个内切，另一个外切．（1）求圆心C的轨迹E的方程；（2）已知直线xym0m0与轨迹E交于不同的两点A,B，且线段AB的中点在圆x2y210上，求实数m的值．y2

【答案】（1）x1

3

2

（2）2【解析】【分析】（1）根据圆与圆的位置关系结合双曲线的定义分析求解；（2）联立方程结合韦达定理运算求解.【小问1详解】圆C1：x2y21的圆心为C12,0，半径为1，圆C2：x2y21的圆心为C22,0，半径为221，设圆C的半径为r，若圆C与圆C1内切，与圆C2外切，则CC1r1,CC2r1，可得CC2CC12；若圆C与圆C2内切，与圆C1外切，则CC2r1,CC1r1，可得CC1CC22；综上所述：CC1CC22，可知：圆心C的轨迹E是以C1、C2为焦点的双曲线，且a1,c2，y2可得bca3，所以圆心C的轨迹E的方程x1.32

2

2

2

【小问2详解】2y21x

联立方程，消去y得2x22mxm230，3

xym0

则Δ4m8m312m20，可知直线与双曲线相交，设Ax1,y1,Bx2,y2，线段AB的中点为Mx0,y0，222可得x0

x1x2m3mm3m

,y0x0m，即M,，22222

22m3mm3m22

且M,在圆上，则xy1010，解得m2，2222

所以实数m的值为2.19.如图所示，用平面BCC1B1表示圆柱的轴截面，BC是圆柱底面的直径，O为底面圆心，E为母线CC1的中点，已知AA1为一条母线，且ABACAA14．（1）求证：平面AEO平面AB1O；（2）求平面AEB1与平面OAE夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）6.6【解析】【分析】（1）根据图形特征结合勾股逆定理先证B1OAO,B1OEO，由线线垂直得线面垂直，根据线面垂直的性质可得面面垂直；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值.【小问1详解】依题意可知ABAC，则ABC是等腰直角三角形，故AOBC，由圆柱的特征可知BB1平面ABC，又AO平面ABC，BB1AO，因为BB1BCB,BB1、BC平面BCC1B1，则AO平面BCC1B1，而B1O平面BCC1B1，则AOB1O，因为ABACAA14，则BC

2AB42,B1O2B1B2BO224，2OE2OC2CE212,B1E2E1C2B1C136B1O2OE2，所以B1OOE，因为B1OOE，AOB1O，AOOEO,AO、OE平面AEO，所以B1O平面AEO，因为B1O平面AB1O，所以平面AEO平面AB1O；【小问2详解】由题意及（1）知易知AA1,AB,AC两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系则B14,0,4,E0,4,2,O2,2,0，

所以AB14,0,4,AE0,4,2,B1O2,2,4，

由（1）知B1O是平面AEO的一个法向量，设nx,y,z是平面AB1E的一个法向量，nAB14x4z0

z2x2,y1n2,1,2，则有，取，所以

nAE4y2z0

设平面AEB1与平面OAE的夹角为，

nB1O66

所以coscosn,B1O.6324nB1O

即平面AEB1与平面OAE夹角的余弦值为20.已知函数fxalnxx,aR．（1）设x1是fx的极值点，求a的值，并求fx的单调区间；（2）证明：当a2时，fx

6.61

0在1,上恒成立.x【答案】（1）a1，单调区间见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据极值的定义分析求解，进而可得单调区间；（2）根据题意分析可得fx调性和符号，即可得结果.【小问1详解】因为fxalnxx的定义域为0,，则fx

111

2lnxx，令gx2lnxx,x1，利用单调性判断其单xxxa

1，x若x1是fx的极值点，则f1a10，解得a1，当a1，则fxlnxx，fx

11x1，xx令fx0，解得0x1；令fx0，解得x1；则fx在0,1内单调递增，在1,内单调递减，可知x1是fx的极大值点，即a1符合题意，所以fx的单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,.【小问2详解】因为x1,，则lnx0，且a2，可得alnx2lnx，即fx

112lnxx，xx21x121令gx2lnxx,x1，则gx10在1,内恒成立，22xxxx可知gx在1,内单调递减，可得gxg10，11

2lnxx0，xx1

所以当a2时，fx0在1,上恒成立.x即fx

21.对每个正整数n,Anxn,yn是抛物线x24y上的点，过焦点F的直线FAn交抛物线于另一点Bnsn,tn．（1）证明：xnsn4n1；（2）取xn2

n1，并记anAnBn，求数列an的前n项和．【答案】（1）证明见解析（2）4【解析】【分析】（1）设直线AnBn:yknx1，联立方程结合韦达定理分析证明；（2）根据抛物线的定义结合（1）可得an4【小问1详解】由题意可知：抛物线x24y的焦点F0,1，且直线AnBn的斜率存在，设直线AnBn:yknx1，联立方程

n1

3

n1

1

2n1n4

1

2，利用分组求和法结合等比数列求和公式运算求解.n4yknx12

，消去y得x4knx40，2x4y

2

可得16kn160，所以xnsn4n1.【小问2详解】因为xn2

n1，由（1）可得sn442n1n，xn224nxs41，则n4yn4,tnn444441n可得anAnBnyntn24n2，42nn12n设数列an的前n项和为Tn，则Tna1a2an444

2n111

2n444

2n



414n14

n11141142n4n1n2n1，13414所以Tn

1n114n34



2n1.

【点睛】关键点点睛：利用韦达定理证明关系，并根据抛物线的定义求an.3x2y231,22.已知椭圆C：221ab0的离心率，点2在椭圆上．ab2（1）求椭圆C的方程；（2）设点A0,1,Mt,0,N4t,0t2，直线AM，AN分别与椭圆C交于点S,T(S,T异于A),AHST，垂足为H，求OH的最小值．x2

【答案】（1）y21

4（2）21【解析】【分析】（1）根据题意结合离心率列式求a,b,c，进而可得方程；（2）联立方程求S,T的坐标，根据向量平行可知直线ST过定点Q2,1，进而分析可知点H在以AQ为直径的圆上，结合圆的性质分析求解.【小问1详解】

a2b2c2a2

31

1由题意可得：2，解得b1，24ba

c3c3e

a2x2

所以椭圆C的方程为y21.4

【小问2详解】由题意可得：直线AM:xtyt，xtyt2222联立方程x2，消去x可得t4y2tyt40，2y14

2t24y1t4解得y2或，可知点S的纵坐标为2，t4t48tt24t248t

,2可得xt2，即S2t2，t4t4t4t4

84t4t2484tt28t12，即T2,,2同理可得：T，4t244t24t8t20t8t202t222t2288，QT2，,2,取Q2,1，则QS2t8t20t28t20t4t4222t22t2880因为2，可知QS∥QT，t24t24t28t20t8t20即Q,S,T三点共线，可知直线ST过定点Q2,1，又因为AHST，且A0,1，可知：点H在以AQ为直径的圆上，该圆的圆心为E1,1，半径r所以OH的最小值为OEr

1

AQ1，221.