精品解析：黑龙江省哈尔滨市松雷中学校2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题

黑龙江省哈尔滨市松雷中学校2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命题人：于佳 校对人：王哲 一、单选题（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. 已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 2. 某校为了解学生的课外锻炼身体的情况，随机抽取了部分学生，对他们一周的课外锻炼时间进行了统计，统计数据如表所示，则该校学生一周进行课外锻炼的时间的第40百分位数是（ ） 锻炼时间 7 8 9 10 11 人数 6 10 9 8 7 A. 9 B. 8.5 C. 8 D. 7 3. 已知是两个平面，是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 若直线与平行，则间的距离是（ ） A. B. C. 4 D. 2 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 7. 已知数列满足，，若成立，则的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 8. 双曲线的左、右焦点分别为、，过作斜率为正且与的某条渐近线垂直的直线与双曲线在第一象限交于，，则的离心率为（ ）. A. B. C. D. 二、（多选题）（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. 已知函数，则下列判断正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 在区间上单调递增 D. 当时， 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若等比数列满足：，则 B. 在等差数列中，满足，则数列的前9项和为定值 C. 若等差数列的前项和为，则的最大值是 D. 若等差数列中，，则使的最大的为15 11. 已知椭圆的右焦点为，抛物线以为焦点，过的直线交抛物线于两点，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. ，直线的倾斜角为或 C. 若为抛物线上一点，则的最小值为 D. 的最小值为9 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量，满足，，，则_____． 13. 函数（且）的图象恒过定点A，若点A在直线上，其中，则的最小值为________. 14. 加斯帕尔·蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆，若直线上存在点P，过P可作C的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是__________. 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. 已知圆， （1）若直线过定点，且与圆C相切，求的方程. （2）若圆D的半径为3，圆心在直线上，且与圆C外切，求圆D的方程. 16. 的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角C； （2）若，D为BC中点，，求AD的长. 17. 设数列的前项和为，若对于任意的正整数，都有. （1）求的通项公式. （2）求数列的前20项和.（设，计算结果用含的式子表示） 18. 如图，四面体中，，E为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，且右焦点到直线的距离为 （1）求椭圆C的标准方程； （2）设直线 与椭圆C交于A、B两点. ①若直线l过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值； ②若直线l过定点 ，且， 在x轴上是否存在点 使得以 为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黑龙江省哈尔滨市松雷中学校2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命题人：于佳 校对人：王哲 一、单选题（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. 已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先利用复数除法求得复数z，进而求得复数z的虚部 【详解】由，可得 则复数z的虚部为2 故选：D 2. 某校为了解学生的课外锻炼身体的情况，随机抽取了部分学生，对他们一周的课外锻炼时间进行了统计，统计数据如表所示，则该校学生一周进行课外锻炼的时间的第40百分位数是（ ） 锻炼时间 7 8 9 10 11 人数 6 10 9 8 7 A. 9 B. 8.5 C. 8 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】由已知，先计算学生总数，百分位数根据从小到大的排列后，可直接计算完成求解. 【详解】由已知，某校抽取的学生总数为， ，那么第40百分位数是第16和第17个数的平均数， 第16和第17个数分别为8，9， 所以第40百分位数是. 故选：B. 3. 已知是两个平面，是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间线面的位置关系的判定方法进行判断. 【详解】对A：若，则或，故A错误； 对B：因为平行于同一个平面的两条直线的位置关系不能确定，故B错误； 对C：若，则；，则，所以， 所以，所以C正确； 对D：若，，则或，故D错误. 故选：C 4. 若直线与平行，则间的距离是（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线平行的判定列方程求得，再应用平行线的距离公式求距离即可. 【详解】由题设，则，可得或， 时，，，满足题设； 时，，，显然重合，不满足； 所以，此时，，它们距离为. 故选：C 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和与差的余弦及二倍角等公式，先以为整体元解方程，再代入公式求解即可. 【详解】已知， 又，. 所以. 所以 . 故选：B. 6. 已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解. 【详解】因为成等差数列，所以，，代入直线方程得 ，即，令得， 故直线恒过，设，圆化为标准方程得：， 设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，最小， ，此时. 故选：C 7. 已知数列满足，，若成立，则的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知数列是首项为3，公差为1的等差数列，进而可得，根据题意利用裂项相消法可得，运算求解即可. 【详解】因为数列满足，，可得， 可得数列是首项为3，公差为1的等差数列， 则，即， 则， 可得 ， 因为，可得，解得， 即所求的最大值为6. 故选：B. 8. 双曲线的左、右焦点分别为、，过作斜率为正且与的某条渐近线垂直的直线与双曲线在第一象限交于，，则的离心率为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，过点作于，结合点到直线的距离公式及双曲线定义求出的关系，即可求出双曲线的离心率. 【详解】令双曲线的半焦距为，则， 令直线与双曲线的渐近线垂直的垂足为， 于是，， 过点作于,则，而为线段的中点, 所以 因为，所以， 由双曲线定义得，即，解得. 所以该双曲线的离心率为. 故选：B. 二、（多选题）（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. 已知函数，则下列判断正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 在区间上单调递增 D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】AB选项，化简得到，代入和，检验是否是对称轴和对称中心；C选项，求出，从而得到C正确；D选项，求出，得到. 【详解】A选项，， 当时，，故的图象不关于直线对称，A错误； B选项，当时，，故的图象关于点对称，B正确； C选项，时，，因为在上单调递增， 故在区间上单调递增，C正确； D选项，时，，故，D错误. 故选：BC 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若等比数列满足：，则 B. 在等差数列中，满足，则数列的前9项和为定值 C. 若等差数列的前项和为，则的最大值是 D. 若等差数列中，，则使的最大的为15 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等差数列和等比数列的性质来逐一判断每个选项的正确性. 【详解】对于A，在等比数列中，， 已知，则，则，则， 所以，故A错误； 对于B：因为，所以，故B正确； 对于C：因为，， 所以，，所以等差数列单调递减，则的最大值是，故C正确； 对于D：若，则， 又因为，所以前项为正，从第项开始为负， 因为，所以使的最大的为，故D正确. 故选：BCD 11. 已知椭圆的右焦点为，抛物线以为焦点，过的直线交抛物线于两点，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. ，直线的倾斜角为或 C. 若为抛物线上一点，则的最小值为 D. 的最小值为9 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，先得到和抛物线方程，由焦半径公式得到；B选项，设直线，联立，得到两根之和，两根之积，根据，得到直线的斜率为；C选项，根据焦半径公式转化为，数形结合得到最小值，得到C错误；D选项，在B选项基础上得到，由基本不等式得到. 【详解】A选项，由题意得，故抛物线方程为， 由抛物线定义得，A正确； B选项，由于直线的斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不合要求，舍去， 设直线，联立，得， 设，由于，则 由韦达定理得， 故，解得， 故直线的斜率为，倾斜角不为或，B错误； C选项，由题意得，准线方程为，过点作垂直于直线于点， 由抛物线定义得，故， 要想求得的最小值，则过点作垂直于直线于点， 故的最小值为，最小值为，C错误； D选项，由题意得，由于，故， ， 因为，由基本不等式得， 当且仅当时，等号成立， 故的最小值为9，D正确. 故选：AD 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量，满足，，，则_____． 【答案】6 【解析】 【分析】根据模长公式即可求解. 【详解】由 可得， ，解得， 故答案为：6 13. 函数（且）的图象恒过定点A，若点A在直线上，其中，则的最小值为________. 【答案】5 【解析】 【分析】根据对数函数可知，可得，根据“1”的灵活应用结合基本不等式运算求解. 【详解】对于函数，令，可得，可知， 若点在直线上，则，即， 则， 且，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为5. 故答案为：5. 14. 加斯帕尔·蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆，若直线上存在点P，过P可作C的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先通过椭圆切点在顶点的四条特殊切线可知道蒙日圆的半径，问题转化为直线与蒙日圆有交点问题，根据直线与圆的位置关系列式即可求解. 【详解】由椭圆方程可知蒙日圆半径为， 所以蒙日圆方程为， 因为点在椭圆的蒙日圆上，又因为点在直线上， 所以直线和蒙日圆有公共点. 即圆心到直线的距离不大于半径， 即，所以， 所以椭圆离心率，所以. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题的关键是对“蒙日圆”定义的理解，能够利用椭圆的四条特殊切线确定蒙日圆的半径，将问题转化为直线与圆有交点的问题. 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. 已知圆， （1）若直线过定点，且与圆C相切，求的方程. （2）若圆D的半径为3，圆心在直线上，且与圆C外切，求圆D的方程. 【答案】（1）或；（2）或. 【解析】 【分析】（1）将的斜率分成存在和不存在两种情况，结合圆心到直线的距离等于半径，求得的方程. （2）设出圆的圆心，利用两圆外切的条件列方程，由此求得圆心的坐标，进而求得圆的方程. 【详解】（1）圆的圆心为，半径为.当直线斜率不存在时，即直线，此时直线与圆相切.当直线斜率存在时，设直线的方程为，即，由于与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，即，即，解得，直线的方程为. 综上所述，直线的方程为或. （2）由于圆圆心在直线上，设圆心，圆的半径，由于圆与圆外切，所以，即，即，解得或.所以圆心或.所以圆的方程为或. 【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查圆与圆的位置关系，考查直线方程和圆的方程的求法，属于基础题. 16. 的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角C； （2）若，D为BC中点，，求AD的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理与正弦定理将边化角结合三角恒等变换即可求解； （2）先求解，由正弦定理求出边，结合余弦定理即可求解． 【小问1详解】 由，∴，∴ ，∵ ， 由正弦定理得∴，∴， ∴，解得； 【小问2详解】 ，，∴， 由正弦定理得， 在中，由余弦定理得，解得． 17. 设数列的前项和为，若对于任意的正整数，都有. （1）求的通项公式. （2）求数列的前20项和.（设，计算结果用含的式子表示） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合变形，再利用构造法求出通项公式. （2）由（1）求出，利用分组求和及错位相减法求求和即可. 【小问1详解】 对于任意的正整数，，则， 两式相减，得，整理得， 于是，而当时，，解得， 因此数列是首项为，公比为2的等比数列，故， 所以的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知，设数列的前项和为， 则， 令， 因此， 两式相减得：， 则，于是， 所以. 18. 如图，四面体中，，E为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明如下： 因为，E为的中点， 所以； 在和中， 因为， 所以， 所以， 又因为E为的中点， 所以； 又因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. （2）与平面所成的角的正弦值为 【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点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为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，且右焦点到直线的距离为 （1）求椭圆C的标准方程； （2）设直线 与椭圆C交于A、B两点. ①若直线l过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值； ②若直线l过定点 ，且， 在x轴上是否存在点 使得以 为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①；②存在， 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求解椭圆参数即可； （2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解k的值； ②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围. 【小问1详解】 椭圆C 的右焦点到直线的距离为， 可得： 因为， 所以解得， 由椭圆的一个顶点为，可得， 所以由 即椭圆C的标准方程为 【小问2详解】 ①直线过椭圆右焦点 可得：， 即， 所以由直线与椭圆C的标准方程 联立方程组，消去y得： 设两交点，则有 又椭圆左焦点到直线的距离为 所以 解得： 或 (舍去)，即 ; ②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形，由于直线过定点， 且， 可知直线方程为，与椭圆 联立方程组， 消去y得：由 且， 解得 设两交点， AB中点，则有 所以 即 整理得 又因为 所以 当且仅当时，所以， 则 . 【点睛】关键点点睛：本题关键点是把以为邻边的平行四边形为菱形，转化为对角线互相垂直，再利用求解中点坐标来表示斜率，最后利用斜率乘积等于，从而得到关于的函数来求取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $