精品解析：广东省深圳市盐田高级中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题

2024-2025学年第一学期期末考试 盐田高级中学高二数学试题卷 命题人：刘国华 审题人：孙莉 考试时间：120分钟 分数：150分 一、单项选择题：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. 已知点关于轴的对称点为，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 2. 若函数在处的导数等于，则的值为（ ） A. 0 B. C. a D. 3. 在数列中，，（，），则（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 在四棱锥中，底面，底面是正方形，.则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 圆与圆的公共弦长为（ ） A. B. C. D. 6. 自变量从变到时，函数值的改变量与相应自变量的改变量之比是函数 A. 在区间上的平均变化率 B. 在处的变化率 C. 在处的变化量 D. 在区间上的导数 7. 已知函数在上不是单调函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C D. 8. 已知抛物线的焦点F是双曲线的右焦点，抛物线的准线与双曲线的渐近线交于A，B两点.若是等边三角形，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 9. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. D. 4 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 10 已知直线：与圆：相交于，两点，则（ ） A. 圆心的坐标为 B. 圆的半径为 C. 圆心到直线距离为2 D. 11. 已知数列满足，是前项和，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是公差为的等差数列； B 当取得最大值时，； C. 数列的前项和是， D. 数列也是首项为9，公差为等差数列 12. 在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，为椭圆上与椭圆顶点不重合的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 当时， C D. 当点在第三象限时，若，则 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 13. 设为实数，函数的导函数为，若是偶函数，则___________， 14. 已知是各项均为正数的数列的前项和，，，则数列的通项公式为________. 15. 在三棱锥中，与中点分别为，点为中点．若在上满足，在上满足，平面交于点，且，则_____． 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. 16. 如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，. （1）证明：直线平面； （2）求点到平面的距离. 17. 已知曲线，求： （1）曲线上与直线平行的切线方程； （2）求过点且与曲线相切的切线方程. 18. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）讨论方程（）解的个数. 19. 已知圆经过两点，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与圆相交于两点，且为直角三角形，求的方程. 20. 已知椭圆E：，若椭圆焦距为4，点在椭圆上，焦点，且面积最大值为4，过点的直线交椭圆于，两点. （1）求椭圆标准方程. （2）若直线与轴不垂直，在轴上是否存在点，使得恒成立？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由. 21. 已知数列满足，且. （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）若数列的前项和为，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年第一学期期末考试 盐田高级中学高二数学试题卷 命题人：刘国华 审题人：孙莉 考试时间：120分钟 分数：150分 一、单项选择题：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. 已知点关于轴的对称点为，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出对称点的坐标，再利用两点间距离公式计算可得结果. 【详解】因为点关于y轴的对称点， 所以. 故选：B. 2. 若函数在处的导数等于，则的值为（ ） A. 0 B. C. a D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用导数的定义直接计算可求解. 【详解】. 故选：D. 3. 在数列中，，（，），则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用数列的递推公式求出数列的前4项，推导出为周期数列，从而得到的值； 【详解】因为，（，）， 所以，，， 所以数列是以为周期的周期数列， 所以. 故选：A 4. 在四棱锥中，底面，底面是正方形，.则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间坐标系，利用空间向量法求解线面角，从而求解. 【详解】在四棱锥中，平面，且四边形为正方形， 以为坐标原点，分别以，，为，，轴， 建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，， 从而，，， 设平面的法向量为，则，令，则， 设直线与平面所成的角为，则. 故选：A 5. 圆与圆的公共弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出公共弦的方程，再利用垂径定理求出弦长. 【详解】两圆方程作差可得两圆交点所在的直线方程为， 又因为圆心到直线的距离， 故两圆公共弦长为． 故选：C． 6. 自变量从变到时，函数值的改变量与相应自变量的改变量之比是函数 A. 在区间上的平均变化率 B. 在处的变化率 C. 在处的变化量 D. 在区间上的导数 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均变化率定义进行判断选择. 【详解】自变量从变到时，函数值的改变量与相应自变量的改变量之比是表示函数在区间上的平均变化率．选A. 【点睛】本题考查平均变化率定义,考查基本分析判别能力,属基础题. 7. 已知函数在上不是单调函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先讨论得出的单调区间，然后根据已知列出不等式，求解即可得出答案. 【详解】由已知可得，定义域为，. 若，则恒成立，则在上单调递增，与已知不符，舍去； 当时，由可知，或（舍去）. 当时，有，所以在上单调递减； 当时，有，所以在上单调递增. 由已知函数在上不是单调函数， 所以应有，所以. 故选：A. 8. 已知抛物线的焦点F是双曲线的右焦点，抛物线的准线与双曲线的渐近线交于A，B两点.若是等边三角形，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出抛物线的焦点、准线方程，由已知求出点的坐标，进而求出即可求解得答案. 【详解】依题意，抛物线的焦点，准线方程为， 即直线，不妨令点在第二象限， 由是等边三角形，得直线的方程为， 于是点， 显然点在双曲线的渐近线上，则， 又，解得，， 所以双曲线的方程为. 故选：C 9. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由时得，根据得数列是首项为1，公差为2的等差数列，表示出，得到，令，利用可得最小值. 【详解】∵，∴当时，， 整理得，即， ∵的各项均为正数，∴， 由得， ∴数列是首项为1，公差为2的等差数列， ∴，， ∴. 令，则， 当时，，当时，， ∴． 故选：B． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 10. 已知直线：与圆：相交于，两点，则（ ） A. 圆心坐标为 B. 圆的半径为 C. 圆心到直线的距离为2 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】化圆的方程为 标准形式判断AB；求出圆心到直线距离判断C；利用圆的弦长公式计算判断D. 【详解】对于AB，圆：的圆心，半径，A正确，B错误； 对于C，点到直线：的距离，C正确； 对于D，，D正确. 故选：ACD 11. 已知数列满足，是前项和，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是公差为的等差数列； B. 当取得最大值时，； C. 数列的前项和是， D. 数列也是首项为9，公差为等差数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列的定义判断A、D；由等差数列的和结合二次函数的性质可判断B；利用赋值法判断C; 【详解】由，则， 所以数列是公差为的等差数列，故A对； 因为数列是公差为的等差数列，所以， 当时，当取得最大值时，故B对； 取时，，而，故C错 由，所以， 所以， 且，所以数列也是首项为9，公差为等差数列，故D对； 故选：ABD 12. 在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，为椭圆上与椭圆顶点不重合的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 当时， C. D. 当点在第三象限时，若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据椭圆方程求出即可求解离心率判断A，根据椭圆定义及勾股定理求解判断B，设点，求出点的横坐标及点的纵坐标，利用距离公式计算化简判断C，由的斜率关系，利用两点斜率公式及点在椭圆上列式求解点的坐标，然后利用两点距离公式求解判断D. 【详解】对于A选项，由，可得，故A选项正确； 对于B选项，由， 可得，故B选项错误； 对于C选项，设点，有，又由， 直线的方程为，令，可得点的纵坐标为， 直线的方程为，令，可得点的横坐标为， 有，故C选项正确； 对于D选项，若，由直线的斜率为，有， 有，代入，有， 有，平方后有，代入， 有，有， 又由，有，可得， 可得，故D选项正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 13. 设为实数，函数的导函数为，若是偶函数，则___________， 【答案】 【解析】 【分析】利用导数公式求，再由偶函数性质列方程求. 【详解】因，所以， 因为是偶函数，则， 即，即 所以， 故答案为：0. 14. 已知是各项均为正数的数列的前项和，，，则数列的通项公式为________. 【答案】, 【解析】 【分析】先利用题给条件求得，则数列是公比为的等比数列，再由题意求得其首项的值，进而求得数列的通项公式即可. 【详解】由题意，. 又，所以，，， 数列是公比为的等比数列. 又，，. 故答案为：，. 15. 在三棱锥中，与中点分别为，点为中点．若在上满足，在上满足，平面交于点，且，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的线性运算，结合四点共面，即可得到结果. 【详解】 由题意得，， ∵，，，∴，，， ∴， ∵点四点共面， ∴，解得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据空间向量的线性运算得到，利用四点共面可知，即可得到的值. 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. 16. 如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，. （1）证明：直线平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题设建立合适的空间直角坐标系，应用向量法证明与面的一个法向量垂直，即可证结论； （2）根据（1）所得坐标系，应用向量法求点面距离. 【小问1详解】 由平面，且四边形为矩形，可建立如图所示空间直角坐标系， 则 由，得，解得，同理， ，显然面的一个法向量为， 显然且面，故面 【小问2详解】 设面的一个法向量为，且， 由， 取，则， 所以为平面的一个法向量， 又， 点到平面的距离为. 17. 已知曲线，求： （1）曲线上与直线平行的切线方程； （2）求过点且与曲线相切的切线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设切点为，对函数求导后，由题意可得，求出，从而可求出切点坐标，进而可求出切线方程； （2）设切点，利用导数的几何意义表示出切线方程，然后将点坐标代入切线方程可求出，从而可求出切点坐标，进而可求出切线方程. 【小问1详解】 设切点为，由得， 因为切线与平行，所以， 所以，所以，所以切点为. 则所求切线方程为，即； 【小问2详解】 若斜率不存在，直线符合题意， 若斜率存在，设切点， 则切线方程为， 又切线过点， 所以，即 所以切线方程为，即. 综上，切线方程为即或 18. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）讨论方程（）解的个数. 【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）详见解析. 【解析】 【分析】（1）根据函数的导函数与函数的单调性的关系可得函数单调区间； （2）由（1）得到函数的单调区间，从而求出函数的极大值和极小值，由此讨论出在对应取值范围内方程解的个数. 【小问1详解】 的定义域为， ， 由，可得，由，可得或， ∴函数的单调递减区间是，单调递增区间是. 【小问2详解】 由（1）可知函数在，上单调递增；函数在上单调递减， ∴在时函数取极大值：；在时函数取极小值：， 又∵，，∴， 可得函数的大致图象， ∴当时，有0个解； 当或时，有1个解； 当时，有3个解； 当时，有2个解. 19. 已知圆经过两点，且圆心在直线上. （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与圆相交于两点，且为直角三角形，求的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）根据题意可得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式即可求解. 【小问1详解】 ∵圆心在直线上， ∴设圆的标准方程为， ∵圆经过两点， ∴，解得，， ∴圆的标准方程为. 【小问2详解】 ∵为直角三角形，, ∴圆心到直线的距离. 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 则圆心到直线的距离，不符合题意； 所以直线斜率存在，设直线的方程为，即， ∵圆心到直线的距离， ∴，解得， ∴直线的方程为或. 20. 已知椭圆E：，若椭圆焦距为4，点在椭圆上，焦点，且面积最大值为4，过点的直线交椭圆于，两点. （1）求椭圆标准方程. （2）若直线与轴不垂直，在轴上是否存在点，使得恒成立？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而解出的值，进而求解； （2）假设存在点满足条件，设直线的方程为，设，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求出，由可得，进而列出方程求解即可. 【小问1详解】 由题意，得，解得， 所以椭圆E的标准方程为. 【小问2详解】 假设存在点满足条件，设直线的方程为，设， 联立，得， 易知,则，， 由，得， 则，即， 即， 即 整理得 则 整理得，解得， 所以存在点，使得. 21. 已知数列满足，且. （1）证明：数列等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）若数列的前项和为，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 【答案】（1）证明见解析； （2） （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题可得，即可证明结论； （2）由（1）可得，可得的通项公式，然后可得的通项公式； （3）由（2）可得，假设中存在不同的三项能构成等差数列，可得，然后由题可产生矛盾，即可完成证明. 【小问1详解】 证明：因， 则， 则是以为首项，公比为3的等比数列； 【小问2详解】 由（1），， 则是以为首项，公差为1的等差数列，则； 【小问3详解】 由（2），， 则， 则. 证明：假设数列中存在不同的三项能构成等差数列， 设这三项项数为.其中， 则，. 设，则， 得， 注意到，， 则. 这与矛盾，则数列中不存在不同的三项能构成等差数列. 【点睛】关键点睛：本题涉及由递推式得数列通项公式，常利用已知递推式等价变形构造新数列求解通项；分式型数列求和常常涉及裂项相消法，关键为写出裂项式；证明包含全称量词或特称量词的相关命题时，常利用反证法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$