精品解析：广东省深圳市龙岗区2024-2025学年高二上学期期末质量监测数学试题

龙岗区2024-2025学年第一学期高二期末质量监测 数学试卷 注意事项： 1．本试卷共6页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2．答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的贴条形码区.请保持条形码整洁、不污损. 3．本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．答题卡必须保持清洁，不能折叠. 4．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡选择题答题区内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；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内. 5．考试结束，请将答题卡交回． 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且，那么（ ） A. B. C. D. 5 3. 若双曲线的焦距为4，则其渐近线方程为（　　） A. B. C. D. 4. 数列满足，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 5. 直线与圆的公共点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 不确定 6. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ） A. B. C. D. 7. 已知向量与平面垂直,且经过点，则点到的距离为( ) A. B. C. D. 8. 设为等比数列，则“对于任意的”是“为递增数列”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 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. 已知等差数列是递增数列，前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 在处的切线方程为 B. C. 函数只存在一个极小值，无极大值 D. 有唯一零点 11. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于M，N两点，P为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为4 B. 的最大值为4 C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象在点处的切线方程为 ________． 13. 已知O为坐标原点，F为椭圆C：的右焦点，若C上存在一点P，使得为等边三角形，则椭圆C的离心率为______. 14. 已知直四棱柱，底面是边长为1的菱形，且，点为的中点，点是棱上的动点.则直线与直线所成角的正切值的最小值为___________. 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. 已知圆与圆. （1）若圆与圆相内切，求的值； （2）在（1）的条件下，直线被圆截得的弦长为，求实数的值. 16. 在正三棱柱中，，E为的中点． （1）证明：平面． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知数列的前项和为，且（）． （1）求的通项公式； （2）记，求数列的前项和． 18. 已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴． （1）求椭圆的方程； （2）直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 19. 已知函数为的导函数，记，其中为常数. （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个极值点， ①求的取值范围； ②求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙岗区2024-2025学年第一学期高二期末质量监测 数学试卷 注意事项： 1．本试卷共6页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2．答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的贴条形码区.请保持条形码整洁、不污损. 3．本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．答题卡必须保持清洁，不能折叠. 4．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡选择题答题区内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；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内. 5．考试结束，请将答题卡交回． 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线的方向向量可知直线的斜率，进而可得倾斜角. 【详解】设直线的倾斜角为， 由直线的方向向量可知直线的斜率，所以. 故选：D. 2. 已知向量，，且，那么（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量垂直的坐标运算求得，然后利用空间向量模的坐标运算求解即可. 【详解】由向量，，且， 得，则，则. 故选：C 3. 若双曲线的焦距为4，则其渐近线方程为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用题设的焦距求解m, 由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为：即得解. 【详解】双曲线的焦距为4，可得m+1＝4，所以m＝3， 由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为： 所以双曲线的渐近线方程为：yx． 故选：A． 【点睛】本题考查了双曲线的方程及性质，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题. 4. 数列满足，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，依次计算即得. 【详解】数列中，， . 故选：B 5. 直线与圆的公共点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】求得直线所过定点，再判断该定点在圆的内部，从而得解. 【详解】因为直线可化为， 所以直线过定点， 而，所以该定点在圆的内部，故直线与圆有2个公共点. 故选：C. 6. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数与函数的关系将问题转化为恒成立问题，从而得解. 【详解】因为，所以， 因为在区间上单调递减， 所以，即，则在上恒成立， 因为在上单调递减，所以，故. 故选：A. 7. 已知向量与平面垂直,且经过点，则点到的距离为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用点到平面的距离公式即可得解. 【详解】因为，， 所以， 又与平面垂直，则是平面的一个法向量， 所以到的距离为. 故选：B. 8. 设为等比数列，则“对于任意的”是“为递增数列”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分、必要条件、等比数列的单调性等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】充分性：设等比数列的公比为， 若， 情形一：当时，由得， 解得或， 若，则，此时与已知矛盾； 若，则，此时为递增数列； 情形二：当，由得， 解得或， 若，则，此时与已知矛盾； 若，则，此时为递增数列； 必要性：反之，若为递增数列，则， 所以“对于任意的”是“为递增数列”的充分必要条件. 故选：C. 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. 已知等差数列是递增数列，前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用等差数列的首项与公差，整理逐个选项，可得答案. 【详解】对于A，由等差数列是递增数列，则该等差数列的公差， 由，则，，由，则，故A正确； 对于B，由A可知，则，故B正确； 对于C，由，则，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 在处的切线方程为 B. C. 函数只存在一个极小值，无极大值 D. 有唯一零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】求导，求出和，利用直线的点斜式方程写出切线方程，即可判断；求出，根据的范围可判断B；判断导数正负，确定函数的单调性，结合极值的定义可判断C；根据函数零点存在性定理结合单调性，可判断D． 【详解】解：， 对于A，因为，， 所以在处的切线方程为：，故A正确； 对于B，，因为， 所以，故B正确； 对于C，令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，上单调递增， ，所以，即， 所以函数在R上单调递增，所以函数无极值，故C错误； 对于D，因为函数在R上单调递增，且，， 所以函数有唯一零点，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于M，N两点，P为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为4 B. 的最大值为4 C. 当时， D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】考虑直线的斜率不存在时，可得，当直线的斜率存在时，假设直线的方程为，代入抛物线可得，利用抛物线的定义可得，然后结合每个选项进行求解判断即可 【详解】由抛物线可得焦点，准线为， 对于A，当直线l的斜率不存在时，方程为，代入抛物线可得 所以此时； 当直线l的斜率存在时，假设直线的方程为，设 将直线方程代入抛物线可得 ，则， 所以， 综上所述，的最小值为4，故A正确； 对于B，当直线l的斜率存在时，，故B错误； 对于C，因为P为的中点，，所以，所以， 则，所以， 将代入可得，解得或， 当时，易得不满足题意； 当时，，所以，故C错误； 对于D，由易得斜率存在， 由P为的中点可得即， 所以，解得， 所以，故D正确； 故选：AD 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象在点处的切线方程为 ________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数几何意义求切线方程. 【详解】由题设，则，又， 所以点处的切线方程为，即. 故答案为： 13. 已知O为坐标原点，F为椭圆C：的右焦点，若C上存在一点P，使得为等边三角形，则椭圆C的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】由条件可知为直角三角形，结合椭圆定义确定关系，由此可求离心率. 【详解】取椭圆的左焦点，连结，    由为等边三角形，则， 可知为直角三角形，且， 设，则，， 可得，则， 所以椭圆的离心率是. 故答案为：. 14. 已知直四棱柱，底面是边长为1的菱形，且，点为的中点，点是棱上的动点.则直线与直线所成角的正切值的最小值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，直线AH与直线BE所成角为，换元后求出，从而得到的最大值，得到取最小值时的正切值. 【详解】连接，因为底面是边长为1的菱形，且， 所以，故为等边三角形， 取的中点，连接，则⊥，， 则⊥，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设，， 故， 设直线与直线所成角为， 则， 令，则， 当，即，时，取得最大值， 最大值为，此时，为最小值， 由于在上单调递增，故此时为最小值， 又在上单调递增，故所成角的正切值的最小值为. 故答案为： 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. 已知圆与圆. （1）若圆与圆相内切，求的值； （2）在（1）的条件下，直线被圆截得的弦长为，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别得到两圆的圆心与半径，再由两圆内切列出方程，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由点到直线的距离公式结合弦长公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 ，，， ，， ，，， 圆与圆相内切，，， . 【小问2详解】 由（1）得，圆的方程为，，， 故圆心到直线的距离， . 16. 在正三棱柱中，，E为的中点． （1）证明：平面． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； 【解析】 【分析】（1）利用中位线性质构造线线平行即可证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角. 【小问1详解】 连接，与交于点F，连接，则F为的中点． 因为E为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 取的中点D，连接，则，． 又平面，所以底面， 底面，所以， 则可以E为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，， 所以，，，． 设平面的法向量为，则， 取，即． 设平面的法向量为，则， 取，即， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知数列的前项和为，且（）． （1）求的通项公式； （2）记，求数列的前项和． 【答案】（1）（） （2） 【解析】 【分析】（1）根据计算可得，利用累乘法计算即可求解； （2）由（1）可得，结合裂项相消求和法即可求解. 【小问1详解】 令，得 因为（），所以（，）， 两式相减得（，）， 即．所以（，）， 所以，即， 所以（，）， 又，符合上式，所以（）． 【小问2详解】 由（1）， 所以． 18. 已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴． （1）求椭圆的方程； （2）直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （ⅰ）设直线l的方程为，由， 消去y，整理得， 因为l交椭圆C于两点，所以， 设，所以， 因为直线和直线关于对称， 所以， 所以， 所以，解得. 所以直线l的方程为， 所以直线l过定点. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由焦点坐标和椭圆上的点，求椭圆的方程； （2）设直线方程，与椭圆方程联立，由，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点，利用面积公式表示出的面积，由基本不等式求最大值. 【小问1详解】 点在椭圆上，且垂直于轴，则有 设椭圆的焦距为，则， 点代入椭圆方程，有， 解得，则， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）设直线l的方程为，由， 消去，整理得， 因为l交椭圆C于两点，所以， 解得， ， 所以， 所以 令， 则，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为. 【点睛】方法点睛： 解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 已知函数为的导函数，记，其中为常数. （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个极值点， ①求的取值范围； ②求证：. 【答案】（1）见解析 （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出，分类讨论，利用，解不等式即可得解； （2）①先分析不合题意，再求出时函数在有两个极值点的必要条件，再此条件下分析即可得解；②对结论进行转化，只需证，换元后利用导数确定函数单调性，得出函数最值，即可得证. 【小问1详解】 定义域为. ，， ， 当时，恒成立，在上单调递增， 当时，令，则，解得， 令，则，解得， 在单调递增，在单调递减. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减. 【小问2详解】 由（1）知，时，最多一个根，不符合题意，故， 函数有两个极值点， 在有两个不同零点的必要条件是， 解得， 当，在单调递增，在单调递减， ， 由零点存在性定理得：在，各有1个零点， 的取值范围是. ②函数有两个极值点， ① ② ①②得：， 要证，即证，即证， 即证， 令，则， 令，则， 在上单调递增，， 在上成立， ，得证. 【点睛】关键点点睛：要证明不等式，关键点之一在于消去后对结论进行恰当变形，转化为证明成立，其次关键点在于令换元，转化为证明成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $