精品解析：陕西省安康市2024-2025学年高二上学期1月期末联考数学试题

安康市2024—2025学年第一学期高二期末联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前､先将自已的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3､非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知空间向量，则（ ） A. B. C. D. 2. 直线的倾斜角为（ ） A B. 0 C. D. 3. 已知双曲线的左，右焦点分别为，第一象限内的点在上，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 4. 已知是平面一个法向量，且，则点到平面的距离为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5. 已知等差数列的公差为，记数列的前项和为，则（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 6. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知分别为椭圆的左、右焦点，经过坐标原点的直线与交于，，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 数列满足，则数列的最大项为（ ） A. 16 B. 28 C. 30 D. 34 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. 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若，则 D. 若的夹角为，则 10. 已知抛物线的焦点为，过点作两条互相平行的直线，其中与切于点与交于两点，则（ ） A. 的斜率为 B. C. D. 的面积为2 11. 已知点到直线距离与到直线的距离之比为2，记的轨迹为曲线，则（ ） A. B. 直线与存在2个交点 C. 圆与有且仅有3个交点 D. 若圆与有4个交点，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列是公比为等比数列，且，则__________. 13. 空间直角坐标系中，已知，且点在平面上，则__________. 14. 设数列满足，且，则的取值范围为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知圆过点三点，圆. （1）求的一般方程； （2）若与交于两点，求. 16. 记公差为等差数列的前项和为，已知. （1）证明：数列是等差数列； （2）记数列的前项和为，证明：. 17. 如图，三棱柱中，是边长为的正三角形，. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 设正项等比数列的公比为（为已知常数），且数列满足. （1）求的值； （2）若，求的前项和. 19. 已知圆经过椭圆的右焦点及右顶点. （1）求的方程； （2）过点的直线与交于两点，求线段的中点的轨迹方程； （3）过点作与轴平行的直线与交于点，直线与轴交于点，证明：点共圆. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 安康市2024—2025学年第一学期高二期末联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前､先将自已的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3､非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知空间向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量坐标运算求得答案. 【详解】空间向量， 所以. 故选：D 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出直线的斜率并化简，进而求出倾斜角. 【详解】直线的斜率， 所以所求的倾斜角为. 故选：A 3. 已知双曲线的左，右焦点分别为，第一象限内的点在上，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】求出，，根据双曲线定义得到关于a，c的方程，求出. 【详解】由题意得，故，， 由题意结合双曲线定义知，故. 故选：B 4. 已知是平面的一个法向量，且，则点到平面的距离为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量求出点到平面的距离. 【详解】依题意，点到平面的距离. 故选：B 5. 已知等差数列的公差为，记数列的前项和为，则（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的基本量的计算求得首项，由数列单调递增，可得前3项为负，计算可求得前8项和. 【详解】因为等差数列公差为，所以，解得， 所以， 因，数列单调递增，所以数列前3项为负， 所以 . 故选：D. 6. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由得，先根据，逐一求出，，…，可以推出周期为4，根据周期可得答案． 【详解】由得.. 因为，所以，， ， ， 所以可知数列是以4为周期的数列，所以 故选：C 7. 已知分别为椭圆的左、右焦点，经过坐标原点的直线与交于，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据方程可得，结合椭圆定义可得，再利用余弦定理以及几何性质分析求解. 【详解】由椭圆方程可知：，即， 因为，且，可得， 在中，， 由椭圆性质可知：，即四边形为平行四边形， 所以. 故选：A. 8. 数列满足，则数列的最大项为（ ） A. 16 B. 28 C. 30 D. 34 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的递推关系，利用累加法的数列的通项公式，从而得出，利用导数即可求出函数的极大值点，通过，代数方法即可分析数列的最大项. 【详解】，， 所以由累加法可得：， ， 所以， 令，则， ， 令，解得：，解得或（舍去）. 令，解得，函数在 上单调递增； 令，解得，函数在上单调递减； 所以函数在取得极大值， 又因为， 当时，， 当时，， 因此数列的最大项为30. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于通过累加法找到数列的通项公式，再通过求导数找到可能的极值点。需要注意，极值点的求解结果需要结合题目实际情况（如n 是整数）来判断最终的最值. 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. 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若，则 D. 若的夹角为，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据向量的位置关系，可得空间线面位置关系，可得答案. 【详解】对于A，当时，直线可能平行也可能重合，故A错误； 对于B，当时，在平面内一定存在与直线平行的直线，则或，故B正确； 对于C，当时，直线与平面的垂线平行或重合，则，故C正确； 对于D，当的夹角为，其法向量的夹角为或，则或，故D错误. 故选：BC. 10. 已知抛物线的焦点为，过点作两条互相平行的直线，其中与切于点与交于两点，则（ ） A. 的斜率为 B. C. D. 的面积为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立求解判断AC；求出直线的方程，与抛物线方程联立，结合弦长公式求解判断BD. 【详解】设直线方程为，由消去得，， 解得，，点， 对于A，的斜率，A正确； 对于C，，C正确； 对于BD，由对称性不妨令点，则直线， 由消去得，设， 则，， 点到直线的距离，的面积，B错误，D正确. 故选：ACD 11. 已知点到直线的距离与到直线的距离之比为2，记的轨迹为曲线，则（ ） A. B. 直线与存在2个交点 C. 圆与有且仅有3个交点 D. 若圆与有4个交点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意分析可知的轨迹方程为直线和直线，原点除外.对于A：直接代入即可判断；对于B：根据直线交点的特征分析判断；对于CD：根据直线与圆的位置关系分析判断. 【详解】因为点到直线的距离与到直线的距离分别为， 由题意可知：，即， 整理可得或， 注意到，可知， 可知的轨迹方程为直线和直线，原点除外. 对于选项A：因为或，故A正确； 对于选项B：显然直线不过原点， 当直线与直线和直线均不平行时，直线与只有2个交点，故B正确； 对于选项C：圆即为，可知圆心为，半径为， 因为圆心到直线、的距离分别为， 可知直线、均与圆相交，注意直线、与圆均过坐标原点， 所以圆与有且仅有2个交点，故C错误； 对于选项D：圆的圆心为，半径为， 则圆心到直线、的距离分别为， 可知，可得， 即，整理可得，故D正确； 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列是公比为的等比数列，且，则__________. 【答案】或1 【解析】 【分析】根据等比数列性质得到，求出答案. 【详解】由得，， 因为，所以，解得或1， 故答案为：或1 13. 空间直角坐标系中，已知，且点在平面上，则__________. 【答案】9 【解析】 【分析】利用空间向量坐标运算及共面向量定理列式计算即得. 【详解】依题意，，由点在平面上，得， 则， 因此，解得， 故答案为：9 14. 设数列满足，且，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知再写出，相减得出数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为6，因此等价于，解之可得结论． 【详解】，则， 两式相减得， 所以数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为6， 所以等价于， 又，，， 所以，解得， 故答案为：． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知圆过点三点，圆. （1）求一般方程； （2）若与交于两点，求. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）设出圆的一般方程，利用待定系数法求出方程. （2）判定两圆相交并求出直线方程，再利用弦长公式求得答案. 【小问1详解】 设圆的方程为， 依题意，，解得， 所以的一般方程为. 【小问2详解】 由（1）知，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径， 则，即圆与相交， 直线方程为，点到直线的距离， 所以. 16. 记公差为的等差数列的前项和为，已知. （1）证明：数列是等差数列； （2）记数列的前项和为，证明：. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列前项和公式求出，再结合等差数列定义推理得证. （2）由（1）的信息求出并裂项，再利用裂项相消法求得证. 【小问1详解】 依题意，， 因此，， 所以数列是等差数列. 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以 17. 如图，三棱柱中，是边长为的正三角形，. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得. （2）由（1）中信息，利用等体积法求得点到平面的距离，再求出即可求出线面角的正弦. 【小问1详解】 三棱柱中，取中点，连接， 由是边长为的正三角形，得， 由，得，而， 则，即，而面， 因此面，又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 连接，则是平行四边形对角线的中点， 又平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离， 在中，由余弦定理得， ，， ，由，得， 则，由，得， 又，于是， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 设正项等比数列的公比为（为已知常数），且数列满足. （1）求的值； （2）若，求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的定义以及题目已知条件即可求得数列与以及的乘积关系，从而得出中相邻项的比例，从而得解.。 （2）利用（1）结论以及题目的初始条件，分别求出数列的奇数项和偶数项通项公式，最后利用通项公式计算的前2n项和即可. 【小问1详解】 因为是公比为的等比数列，故有， 由，可得， 则， 由此可得， 即； 【小问2详解】 由（1）知，且和， 设数列中奇数项的公比为，偶数项的公比也为。 奇数项：，形成等比数列，首项，公比为， 因此，奇数项通项，其中 偶数项：，形成等比数列，首项，公比为， 因此，偶数项通项为，其中. 当时，，，此时； 当时，奇数项和， 偶数项和， 此时； 所以 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解和应用等比数列的性质，以及如何利用给定条件构建数列的递推关系。通过将数列的乘积关系转化为比例关系，我们得以求解出数列的通项公式，进而求解出特定和式的值。在处理类似问题时，理解数列性质和递推关系的转换至关重要。 19. 已知圆经过椭圆的右焦点及右顶点. （1）求的方程； （2）过点的直线与交于两点，求线段的中点的轨迹方程； （3）过点作与轴平行的直线与交于点，直线与轴交于点，证明：点共圆. 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标，进而求出即得的方程. （2）直线的方程与椭圆方程联立，借助韦达定理求出点即可求出轨迹方程. （3）利用弦长公式求出，再借助相似三角形及圆内四边形的判定推理得证. 【小问1详解】 在圆中，令，解得或，则， 因此椭圆的半焦距，长半轴长，短半轴长， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 点，当直线与轴不重合时，设直线方程为， 由消去得：， 设，则，， 联立得，即， 当直线与轴重合时，点满足方程， 所以线段的中点的轨迹方程是. 【小问3详解】 由，得，不妨令， 直线斜率，则， ， 因此，∽，则， 所以点共圆. 【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$