精品解析：福建省福州市2024-2025学年高二上学期期末质量检测预测数学试题

2024~2025学年度第一学期福州市高二年级期末质量检测预测试题 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5mm碳素黑中性笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，考生将答题卡交回. 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知直线，设甲：；乙： ，则甲是乙的（ ） 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 2. 已知数列满足，，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 3. 直线（其中）被圆所截得的最短弦长等于（ ） A. B. C. D. 4. 若向量是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标.设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 直线l：（ 参数，）的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知是等差数列的前 项和，，且，则下列说法不正确的是（ ） A. 公差 B. C. D. 时，最大 7. 如图，正方体的棱长为 ，的中点为 ，则下列说法不正确的是（ ） A. 直线和所成的角为 B. 四面体的体积是 C. 点到平面的距离为 D. 到直线 的距离为 8. 已知是平面向量，且是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 2 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，在棱长为3的正四面体中，O为 的中心，D为 的中点，，则（ ） A. B. C. D. 10. 点 在圆上，点 在上，则（ ） A. 两个圆的公切线有4条 B. 两个圆上任意一点关于直线的对称点仍在该圆上 C. 的取值范围为 D. 两个圆的公共弦所在直线的方程为 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，．过的直线 交双曲线 的右支于两点，其中点在第一象限．的内心为，与 轴的交点为 ，记的内切圆的半径为，的内切圆的半径为，则下列说法正确的有（ ） A. 若双曲线渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为 B. 若，且，则双曲线的离心率为 C. 若 ，，则的取值范围是 D. 若直线 的斜率为，，则双曲线的离心率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若方程表示双曲线，则实数m的取值范围是___________. 13. 一个动圆与定圆相外切，且与直线相切，则动圆圆心的轨迹方程为_______． 14. 如图①是直角梯形 ，，， 是边长为2的菱形，且，以 为折痕将折起，当点 到达的位置时，四棱锥的体积最大， 是线段上的动点，则面积的最小值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知抛物线的焦点为 ，位于第一象限的点在抛物线 上，且. （1）求焦点 的坐标； （2）若过点的直线 与 只有一个交点，求 的方程. 16. 已知数列满足． （1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； （2）若，求数列的前 项和． 17. 如图，在三棱柱中，平面， 是等边三角形，且D为棱AB的中点． （1）证明：平面． （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 18. 已知椭圆的左焦点为，左、右顶点分别为，离心率为，点P在椭圆C上，直线（点P在点的右上方）被圆截得的线段的长为c，且． （1）求椭圆C的方程； （2）过点的直线l交椭圆C于点M，N（异于），设直线的斜率分别为，证明为定值，并求出该定值； （3）设G为直线和的交点，记，的面积分别为，求的最小值． 19. 已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”. （1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； （2）若为的“伴随数列”，证明：； （3）已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度第一学期福州市高二年级期末质量检测预测试题 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5mm碳素黑中性笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，考生将答题卡交回. 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知直线，设甲：；乙： ，则甲是乙的（ ） 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】B 【解析】 【分析】利用两条直线平行的条件得到得到或 再判断即可得到结果 【详解】由直线，，当两条直线平行时，解得或 ， 当 时，， 当时， 所以甲是乙的必要不充分条件. 故选：B 2. 已知数列满足，，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出数列的周期为 ，可得. 【详解】因为，， 所以，， ，，……， 所以数列的周期为 ，所以. 故选：A. 3. 直线（其中）被圆所截得的最短弦长等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线过定点，根据圆的几何性质当定点与圆心连线垂直直线时，直线截得弦最短即可得解. 【详解】因为可化为， 所以直线恒过定点， 由圆知圆心，半径， 由圆的几何性质知，当与直线垂直时，直线被圆所截得弦最短， 此时弦长为, 故选：B 4. 若向量是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标.设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】待定系数法设，结合所给定义及其在基底下的斜坐标计算即可得. 【详解】设， 又， ，解得， 即. 所以向量在基底下的斜坐标为. 故选：D. 5. 直线l：（ 参数，）的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数的取值范围，结合直线斜率与倾斜角的关系求解即可. 【详解】直线， 因为，所以，设直线 的倾斜角为， 则直线 的斜率， 因为，所以，或. 故选：B. 6. 已知是等差数列的前 项和，，且，则下列说法不正确的是（ ） A. 公差 B. C. D. 时，最大 【答案】D 【解析】 【分析】由题设求出即可判断A；由和等差数列通项公式和前n项和公式即可判断BC；由和前n项和公式结合一元二次函数性质即可判断D. 【详解】设数列的公差为d， 对于A，因为，，所以，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，因为 ， 所以时，最大，故D错误. 故选：D. 7. 如图，正方体的棱长为 ，的中点为 ，则下列说法不正确的是（ ） A. 直线和所成的角为 B. 四面体的体积是 C. 点到平面的距离为 D. 到直线的距离为 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间角和空间距离的向量法计算ACD，利用割补法求出四面体的体积，即可判断B． 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 则,0,，,2,，,2,，,0,，,0,，,2,，,2,， 对于A，， 故， 故， 即直线和所成的角为，故A正确； 对于B，易得四面体为正四面体， 则，故B正确； 对于C，， 设平面的法向量为， 则，有， 令，则， 故点到平面的距离，故C错误； 对于D， 则到直线的距离为，故D正确． 故选：C 8. 已知是平面向量，且是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，以 为原点，的方向为 轴正方向，建立坐标系，由得点 在以为圆心，以1为半径的圆上，由已知得的终点在不含端点 的两条射线上，设，将所求的最小值转化为点到和的距离之和的最小值的倍减去1. 【详解】由， 设，以 为原点，的方向为 轴正方向，建立如图所示的坐标系， 由，得点 在以为圆心，以1为半径的圆上， 又非零向量与的夹角为，设的起点为原点，则的终点在不含端点 的两条射线上，设， 则的最小值为 ， 表示点到和的距离之和的最小值的倍， 则最小值为， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：设，以 为原点，的方向为 轴正方向，建立坐标系，由得点 在以为圆心，以1为半径的圆上，由已知得的终点在不含端点 的两条射线上，设，本题关键点是将所求的最小值转化为点到和的距离之和的最小值的倍减去1. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，在棱长为3的正四面体中，O为的中心，D为 的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据向量的线性运算求解；对于B：根据正四面体的结构运算求解；对于CD：根据向量的数量积运算求解即可. 【详解】连接 ，，， 对于选项A：因为 ， ，故A正确； 对于选项B：因为，所以，故B正确； 对于选项CD： ，故C错误，D正确； 故选：ABD. 10. 点 在圆上，点 在上，则（ ） A. 两个圆的公切线有4条 B. 两个圆上任意一点关于直线的对称点仍在该圆上 C. 的取值范围为 D. 两个圆的公共弦所在直线的方程为 【答案】ABC 【解析】 【分析】求出两圆圆心坐标和半径确定两圆位置判断AD；求出过两个圆心的直线判断B；利用圆上点最值关系判断C. 【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径， 对于A，，得圆外离，这两个圆有4条公切线，A正确； 对于B，直线的方程为，因此直线为两圆的公共对称轴，B正确； 对于C，，，则的取值范围为，C正确； 对于D，由圆外离，得圆不存在公共弦，D错误； 故选：ABC 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，．过的直线 交双曲线 的右支于两点，其中点在第一象限．的内心为，与 轴的交点为 ，记的内切圆的半径为，的内切圆的半径为，则下列说法正确的有（ ） A. 若双曲线渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为 B. 若，且，则双曲线的离心率为 C. 若 ，，则的取值范围是 D. 若直线 的斜率为，，则双曲线的离心率为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据渐近线斜率与夹角的关系可判断A错误；根据双曲线定义以及勾股定理计算可判断B正确；由内切圆性质可得所在直线方程为，根据直线的倾斜角范围与渐近线关系可得，即C错误；利用三角形相似以及余弦定理计算可得D正确. 【详解】对于A，若双曲线渐近线的夹角为，则或， 故可得或，即A错误； 对于B，设，则由以及双曲线定义可得， 故，则 又，即可得， 因此，解得， 又，即， 可得，即， 故双曲线的离心率为，即B正确； 对于C，如下图所示： 令的内切圆切分别为， 则， 所以， 令点，而，因此，解得； 又，则点的横坐标为 ， 同理可得的横坐标也为 ，即所在直线方程为； 设直线的倾斜角为，则， 在中，， 在中，， 又 ，可得渐近线斜率为，且， 因为均在右支上，故，即， 因此，可知C错误； 对于D，由可得, 故，而，可得， 又直线 的斜率为，所以， 由余弦定理可得，解得， 即则双曲线的离心率为，可得D正确. 故选：BD 【点睛】关键点点睛：在求解焦点三角形内切圆问题时，要利用双曲线定义以及切线长性质得出内切圆圆心的横坐标为双曲线的顶点坐标，再利用内心性质可求出半径. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若方程表示双曲线，则实数m的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线方程的特点，可得，解不等式，即可求出实数 的取值范围. 【详解】因为方程表示双曲线， 所以，即或， 解得或， 所以实数 的取值范围是. 故答案为：. 13. 一个动圆与定圆相外切，且与直线相切，则动圆圆心的轨迹方程为_______． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，动圆圆心的轨迹是以点为圆心，以直线为准线的抛物线，由此可得出动圆圆心的轨迹方程. 【详解】由题意可知，圆 的圆心为，半径为 ， 由于动圆与定圆相外切，且与直线相切， 动圆圆心到点 的距离比它到直线 的距离大 ， 所以，动圆圆心到点 的距离等于它到直线的距离， 所以，动圆圆心的轨迹是以点为圆心，以直线为准线的抛物线， 设动圆圆心的轨迹方程为，则，可得， 所以，动圆圆心的轨迹方程为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法： （1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点 的坐标 、 表示相关点 的坐标、，然后代入点 的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点 的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标 、 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找 、 与某一参数 得到方程，即为动点的轨迹方程； （5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 14. 如图①是直角梯形 ，，， 是边长为2的菱形，且，以为折痕将折起，当点 到达的位置时，四棱锥的体积最大， 是线段上的动点，则面积的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意得面面，结合菱形性质，得两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，只需点 到直线的距离最小即可，由空间向量法求点到直线的距离即可得解. 【详解】 折起前，连接菱形 的对角线 ，交于点 ， 所以，所以折起后有， 因为菱形 的边长为2， 所以， 又因为，，且 所以在中，有， 所以， 所以折起前后四边形的面积固定， 若以为折痕将折起，当点 到达的位置时，四棱锥的体积最大， 则此时点 到平面的距离最大， 则此时有面面， 又面面，，面， 所以面， 又面， 所以， 又， 所以两两互相垂直， 所以以 为原点，所在直线分别为 所在直线建立如图所示的空间直角坐标系： 若要面积最小，则只需点 到直线的距离最小即可， 由题意， 过点 作于点 ，则， 又因为， 所以，即， 所以， 因为三点共线， 所以不妨设 ， 所以点 到直线的距离为 ， 所以当时，， 又， 所以面积的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解题关键是得到面面，结合菱形性质，建立适当的空间直角坐标系，由此即可顺利得解. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知抛物线的焦点为 ，位于第一象限的点在抛物线 上，且. （1）求焦点 的坐标； （2）若过点的直线 与 只有一个交点，求 的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据抛物线焦半径公式计算得出 ，再得出抛物线方程进而得出焦点即可； （2）先设直线方程，再联立方程组，再分和 两种情况应用直线 与 只有一个交点求参即可得出直线方程. 【小问1详解】 因为抛物线，， 所以，所以 ，可得 所以焦点 的坐标. 【小问2详解】 因为点在抛物线 上，所以， 又位于第一象限，所以，所以， 过点的直线 与 只有一个交点，直线 斜率不存在不合题意； 设直线与 有且只有一个交点， 由，得， 当时，，即，即， 当 时，，只有一个根符合题意； 所以 的方程为或，即或. 16. 已知数列满足． （1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； （2）若，求数列的前 项和． 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义和通项公式分析运算； （2）利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 证明：∵，则，即 故数列是首项和公差都为2的等差数列， ∴，即 【小问2详解】 ∵， ∴． 17. 如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且D为棱AB的中点． （1）证明：平面． （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【小问1详解】 证明：由三棱柱的性质可知． 因为平面，所以平面． 因为平面，所以． 因为 为的中点，且是等边三角形，所以． 因为平面，且， 所以平面． 【小问2详解】 取的中点，连接．由题意可得两两垂直，故以 为坐标原点， 的方向分别为 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， 故． 设平面的法向量为， 则令，得． 设平面的法向量为， 则令，得． 设平面与平面所成的锐二面角为 ， 则， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 18. 已知椭圆的左焦点为，左、右顶点分别为，离心率为，点P在椭圆C上，直线（点P在点的右上方）被圆截得的线段的长为c，且． （1）求椭圆C的方程； （2）过点的直线l交椭圆C于点M，N（异于），设直线的斜率分别为，证明为定值，并求出该定值； （3）设G为直线和的交点，记，的面积分别为，求的最小值． 【答案】（1） （2）证明见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）设直线的斜率为k（），则直线的方程为，由直线被圆截得的线段的长为c，可求出，联立方程，结合题意可得P的坐标为，结合，即可求解； （2）设直线l的方程为，联立方程，由韦达定理及斜率公式即可求解； （3）由（2）得直线的方程为，直线的方程为，联立两直线方程可得，由三角形的面积公式，结合（2）的结论可得，继而即可求解. 【小问1详解】 由已知有，又由，可得． 设直线的斜率为k（），则直线的方程为， 由已知得，解得， 联立，消去y整理得，解得或 ． 又点P在点的右上方，所以P的坐标为， 所以，解得 ， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为． 联立，消去x整理得， ． 所以 . 【小问3详解】 由（2）得直线的方程为， 直线的方程为， 联立两条直线方程，解得，所以． 又， 所以 ，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于 或 的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 19. 已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”. （1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； （2）若为的“伴随数列”，证明：； （3）已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值. 【答案】（1）存在，“伴随数列”是15,13,11,10 （2）证明：因为数列存在“伴随数列”， 所以，且， 所以， 所以，即， 所以. （3） 的最大值为 【解析】 【分析】（1）根据定义求出即可； （2）证明即可得出； （3）首先证明的伴随数列是存在的，最小的，然后确定 得到范围，求 得到最大值，由（2）知，利用累加法可得，得出，从而，（ 是整数）又由知是的正约数，这样得出 得到最大值为，构造数列，，它存在伴随数列，从而得证. 【小问1详解】 ，, ,，均为正整数， 所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ①因为，，其中， 当时，，，有，均为正整数， 即当时，数列1,2025存在“伴随数列”：， 因此 的最小值为2； ②一方面，由（2）知，， 于是， 所以， 另一方面，由数列存在“伴随数列”，知， 所以是的正约数， 取， 即 取， 综合上述为最大值，取，， 当时， ，符合条件， 当，，符合条件 因此 的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键是理解新定义， 新定义求解，在求 的最大值时，注意数列与不等式的综合应用，解题时分两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列存在，至少是可以的，另一方面，确定 得到最大值，利用累加法估计出 得到范围，再由伴随数列的性质得出 满足的性质，由这两个确定出 得到最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的项数是 ，且存在伴随数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $