精品解析：海南省海口市海南华侨中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题

海南省海口市海南华侨中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题 命题人：林五虚 审题人：刘胜宇 吕晓平 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． （第I卷） 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标运算求模即可. 【详解】由， 故选：C. 2. 已知数列满足，则这个数列的第4项是（ ） A. 10 B. 17 C. 26 D. 37 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推关系可求第4项. 【详解】由题设有，，， 故选：C. 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将抛物线方程化为标准方程，再求焦点坐标即可. 【详解】抛物线化为标准方程可得， 故，焦点坐标为. 故选：A. 4. 已知直线经过点，且与直线平行，则以下方程不能表示直线的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由直线的点斜式方程代入计算，然后化简，即可得到结果. 【详解】因为直线，其斜率为，所求直线与平行， 所以直线的斜率也为，且直线经过点， 由直线的点斜式可得直线的方程为， 化简可得，进一步变形可得，再变形可得. 故选：B 5. 已知直线与圆，点，则下列说法正确是（ ） A. 点在圆上，直线与圆相切 B. 点在圆内，直线与圆相交 C. 点在圆外，直线与圆相切 D. 点在圆上，直线与圆相交 【答案】A 【解析】 【分析】首先得到圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，即可判断. 【详解】圆的圆心，半径， 又，所以点在圆上， 圆心到直线的距离， 所以直线与圆相切. 故选：A 6. 已知直线经过点，且向量是的一个方向向量，则到直线的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式计算可得. 【详解】因为，，所以，所以， 由题，所以的一个单位方向向量为， 所以，因为直线经过点， 所以点到直线的距离. 故选：C 7. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的值为 （ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】设点，运用直接法求得点P的轨迹方程为：，依题意圆心在已知直线上，代入化简即得. 【详解】设点，则由可得，， 两边取平方，， 化简得：，即， 依题意，其圆心在直线上，可得， 故. 故选：B. 8. 如图，已知双曲线的左、右焦点分别为.A是上位于第一象限上一点，直线与轴交于点，若，且，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的定义结合勾股定理、余弦定理可得，据此可求渐近线方程. 详解】设，故， 由双曲线的定义可得，， 所以，所以， 所以，，故， 所以， 所以，即，故渐近线方程为：， 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，部分选对的部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列的前项和，则以下说法正确的是（ ） A. B. C. 数列是递减数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由可求，故可判断A的正误，利用求出的通项后故可判断BCD的正误. 【详解】对于A，当时，，故A正确； 对于B，当时，，而也符合该式， 故，故B成立； 对于C，，故数列是递增数列，故C错误； 对于D，由C可得为等差数列，故，故D成立； 故选：ABD 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，斜率为1且过点的直线交椭圆于两点，若点是线段AB的中点，点是椭圆上一点，则（ ） A. 椭圆的短轴长为 B. 椭圆的离心率为 C. 的最大值为9 D. 使得的点有四个 【答案】BC 【解析】 【分析】先利用点差法求出椭圆方程，求得椭圆的短轴长判断A；求出离心率判断B；利用基本不等式求出的最大值C；等价于，再结合C得即可判断D. 【详解】设 ，则 ， 两式相减得 ， 因为 是线段 的中点，所以 ， 所以 ，所以 ， 因为直线 的斜率为 1，所以 ，所以 ， 所以椭圆 的方程为 ，所以 ， 所以椭圆C的离心率 ，故B正确； 椭圆C的短轴长为 ，故A错误； 因为是椭圆C上一点，所以， 所以 ，当且仅 时，等号成立，故C正确； 若，则， 所以， 所以，所以 ， 由C选项的分析得 故不存在这样的点 ，故D错误； 故选： BC. 11. 如图，已知棱长为2的正方体，动点是内部一点（含边界），则下列选项正确的是（ ） A. 动点在运动的过程中，三棱锥的体积是定值 B. 三棱锥的外接球的表面积的最大值是 C. 对于任意平面 D. 动点到点的距离的最小值为 【答案】AB 【解析】 【分析】由平面平面判断A；确定点位置并求出球半径判断B；举例说明判断C；求出最小距离判断D. 【详解】对于A，正方体的对角面是矩形，，而平面， 平面，则平面，同理平面，， 平面，因此平面平面，点到平面的距离为定值， 又面积为定值，则三棱锥的体积是定值，A正确； 平面，平面，则，， 平面，于是平面，而平面，则， 同理，又平面，因此平面，平面， 设点到平面的距离为，由，得， 解得，同理点到平面的距离为，而，于是点到平面的距离为， 对于B，由为正三角形知，三棱锥的外接球球心在直线上， 当是与平面的交点时，三棱锥的外接球半径最大，令半径为， 而正外接圆半径，由， 得，因此三棱锥的外接球表面积的最大值是，B正确； 对于C，当与重合时，不垂直于，因此不垂直于平面，C错误； 对于D，动点到点的距离的最小值，即当平面时， 结合点到平面的距离为，知点到平面的距离为， 故点到点的距离的最小值为，D错误. 故选：AB 【点睛】关键点点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键. （第Ⅱ卷） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M、N分别是OA、BC的中点，则______.（用、、的线性组合表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算即可得答案. 【详解】如图所示，连接， 则， 所以. 故答案为： 13. 已知抛物线上有三个点，其中，若三点到焦点的距离依次构成等差数列，则______； 【答案】2 【解析】 【分析】设抛物线焦点，准线方程为，根据题意，得到，求出，代入抛物线方程，即可得出结果. 【详解】设抛物线焦点，准线方程为， 由、、到焦点的距离依次成等差数列得， 所以， 所以，即，代入得． 故答案为：2. 14. 已知圆，椭圆的上、下焦点分别为为坐标原点，为椭圆上一点，直线OP与圆交于点M，N，若，则______ 【答案】3 【解析】 【分析】由椭圆和圆的对称性可设点在第一象限，根据椭圆的定义可求，结合余弦定理可判断，求出的坐标后可求的横坐标，故可求. 【详解】由椭圆和圆的对称性可设点在第一象限， 由椭圆的定义可得，结合题设可得， 故， 而为三角形内角，故， 所以，故，所以， 故，由可得，而， 故， 故答案为：3. 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. 圆内有一点，AB为过点P且倾斜角为的弦． （1）当时，求AB的长； （2）当弦AB被点P平分时，写出直线AB的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据倾斜角以及求解出直线的方程，再根据半径、圆心到直线的距离、半弦长构成的直角三角形求解出； （2）根据条件判断出，结合和点坐标可求直线的方程. 【小问1详解】 圆的圆心，半径， 因为，所以直线的斜率， 所以，即， 所以圆心到的距离， 所以； 【小问2详解】 因为弦被平分，所以， 又因为，所以， 所以，即. 16. 椭圆的短轴长为6，离心率 （1）求椭圆方程； （2）点为椭圆上一点，求点到直线的最小距离和最大距离. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆短轴长为6，离心率列方程组可求椭圆方程； （2）求出与直线平行且与椭圆相切的直线方程，根据数形结合，利用点到直线距离公式即可求点到直线的最小距离和最大距离. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以椭圆方程为 【小问2详解】 设与直线平行且与椭圆相切的直线 联立，消整理得， 由题意，解得， 画图可知，当时，直线与椭圆的公共点到直线的距离最小， 所以最小距离， 当时，直线与椭圆的公共点到直线的距离最大， 17. 单项选择与多项选择题是数学标准化考试中常见题型，单项选择一般从A，B，C，D四个选项中选出一个正确答案，其评分标准为全部选对的得5分，选错的得0分；多项选择题一般从A，B，C，D四个选项中选出所有正确的答案（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个选项选对其中一个的得3分，三个选项选对其中一个的得2分，选对两个得4分，只要选出错误选项的就得0分）. （1）有一道单项选择题考生甲不会做，他随机选择一个选项，求猜对本题并得5分的概率； （2）有一道多项选择题乙不会做，这道题正确答案为ABD，他便随机猜写答案（2个或3个选项），求考生乙本题刚好得4分的概率； （3）现有一道只有两个正确选项的多项选择题，根据训练经验，考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为.丙、丁二人答题互不影响，求这道多项选择题丙丁两位考生总分刚好是6分的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解； （2）利用列举法可得共有10个样本点，“猜对本题得4分”，有3个样本点，利用古典概型的概率公式求解； （3）分丙得0分丁得6分；丙得3分丁得3分；丙得6分丁得0分三种情况，利用独立事件和互斥事件的概率公式求解. 【小问1详解】 样本空间， 设“猜对本题得5分”，则. 【小问2详解】 样本空间，共有10个样本点， 设“猜对本题得4分”，，有3个样本点，故. 【小问3详解】 记丙得分的事件为，丁得分为，其中 由题意； 记丙丁两位考生总分刚好6分的事件为，易知 由题意 18. 在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面底面，.点分别是棱的中点. （1）求证：； （2）设平面平面，求直线与平面所成角的余弦值； （3）若点分别是棱的中点，平面与棱的交点为，则在线段上是否存在一点，使得，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）设，连接PO，进而说明，从而得到底面，得到，即可求证； （2）先说明直线l与平面DMN所成角即为直线CD与平面DMN所成角，再由（1）建系，利用线面角的向量法公式即可求解； （3）记，，结合向量垂直的坐标表示即可求解； 【小问1详解】 记，连接PO， 因为底面ABCD是边长为的正方形， 所以. 因为，所以. 因为平面底面ABCD，且平面底面平面PAC， 所以底面 因为底面，所以，所以. 【小问2详解】 易知，又因为平面，所以平面PAB， 又因为平面PCD，平面平面，所以，所以直线l与平面DMN所成角即为直线CD与平面DMN所成角 由（1）知，可以为坐标原点建系如图所示， 由（1），， ，三角形为直角三角形，所以. 则， ， 所以 设平面DMN法向量为， 因，所以 令，可得.所以 设直线CD与平面DMN所成角为，则， 【小问3详解】 记，可得，所以. 由可得，解得， 所以. 记，可得， 所以，若，则，解得，所以， 故在线段BC上存在一点，使得，此时. 19. 已知双曲线，点是双曲线上一点，用点的横、纵坐标m、n构造直线，我们称直线为点的射影直线． （1）讨论点的射影直线与双曲线的交点个数情况． （2）若点的射影直线与双曲线相切于点，则称点为点的折射点．已知双曲线上不同的两点的射影直线的交点落在定直线上，问：经过点的折射点、的直线是否经过定点，若经过定点请求出定点坐标． 【答案】（1）答案见解析 （2）直线恒过定点 【解析】 【分析】（1）联立直线方程和双曲线方程后结合判别式的符号可求交点的个数； （2）由（1）中结果可用表示、，从而可求的方程，从而可得定点.或者用、的坐标表示切线方程，结合设而不求可求切点弦所过定点. 【小问1详解】 联立，消整理得， 因为点在双曲线上，所以，得， ①当时，得，直线， 此时直线是双曲线的渐近线，所以有零个交点． ②时，， 此时直线与双曲线相切，所以有一个交点． 【小问2详解】 方法一：联立，解得， 由题意得，所以（*）， 联立，由（1）知可解该方程组得， 又由可得， 代入得，所以可得，同理， 所以可得的方程为，整理得 ， 代入（*）整理得， 令解得，故直线经过定点. 方法二：由题意直线与双曲线相切于，则可得的方程， 同理可得：，由题意可设与的交点， 因为在与上，所以，得， 所以满足直线 所以直线的方程为，该直线恒过定点 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中切点线过定点问题，可以用设而不求的方法即用切点坐标表示切线结合，结合切线的性质得到切点弦的性质， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 海南省海口市海南华侨中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题 命题人：林五虚 审题人：刘胜宇 吕晓平 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． （第I卷） 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列满足，则这个数列的第4项是（ ） A. 10 B. 17 C. 26 D. 37 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线经过点，且与直线平行，则以下方程不能表示直线的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与圆，点，则下列说法正确是（ ） A. 点在圆上，直线与圆相切 B. 点在圆内，直线与圆相交 C. 点在圆外，直线与圆相切 D. 点在圆上，直线与圆相交 6. 已知直线经过点，且向量是一个方向向量，则到直线的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 7. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的值为 （ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 8. 如图，已知双曲线的左、右焦点分别为.A是上位于第一象限上一点，直线与轴交于点，若，且，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. 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，部分选对的部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列前项和，则以下说法正确的是（ ） A. B. C. 数列是递减数列 D. 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，斜率为1且过点的直线交椭圆于两点，若点是线段AB的中点，点是椭圆上一点，则（ ） A. 椭圆的短轴长为 B. 椭圆的离心率为 C. 最大值为9 D. 使得的点有四个 11. 如图，已知棱长为2的正方体，动点是内部一点（含边界），则下列选项正确的是（ ） A. 动点在运动的过程中，三棱锥的体积是定值 B. 三棱锥外接球的表面积的最大值是 C. 对于任意平面 D. 动点到点的距离的最小值为 （第Ⅱ卷） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M、N分别是OA、BC的中点，则______.（用、、的线性组合表示） 13. 已知抛物线上有三个点，其中，若三点到焦点的距离依次构成等差数列，则______； 14. 已知圆，椭圆的上、下焦点分别为为坐标原点，为椭圆上一点，直线OP与圆交于点M，N，若，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. 15. 圆内有一点，AB为过点P且倾斜角为的弦． （1）当时，求AB的长； （2）当弦AB被点P平分时，写出直线AB的方程． 16. 椭圆的短轴长为6，离心率 （1）求椭圆方程； （2）点为椭圆上一点，求点到直线的最小距离和最大距离. 17. 单项选择与多项选择题是数学标准化考试中常见题型，单项选择一般从A，B，C，D四个选项中选出一个正确答案，其评分标准为全部选对的得5分，选错的得0分；多项选择题一般从A，B，C，D四个选项中选出所有正确的答案（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个选项选对其中一个的得3分，三个选项选对其中一个的得2分，选对两个得4分，只要选出错误选项的就得0分）. （1）有一道单项选择题考生甲不会做，他随机选择一个选项，求猜对本题并得5分的概率； （2）有一道多项选择题乙不会做，这道题正确答案为ABD，他便随机猜写答案（2个或3个选项），求考生乙本题刚好得4分的概率； （3）现有一道只有两个正确选项的多项选择题，根据训练经验，考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为.丙、丁二人答题互不影响，求这道多项选择题丙丁两位考生总分刚好是6分的概率. 18. 在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面底面，.点分别是棱的中点. （1）求证：； （2）设平面平面，求直线与平面所成角的余弦值； （3）若点分别是棱的中点，平面与棱的交点为，则在线段上是否存在一点，使得，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 19. 已知双曲线，点是双曲线上一点，用点的横、纵坐标m、n构造直线，我们称直线为点的射影直线． （1）讨论点的射影直线与双曲线的交点个数情况． （2）若点的射影直线与双曲线相切于点，则称点为点的折射点．已知双曲线上不同的两点的射影直线的交点落在定直线上，问：经过点的折射点、的直线是否经过定点，若经过定点请求出定点坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$