精品解析：河南省新乡市2024-2025学年高二上学期期末测试数学试卷

2024—2025学年高二期末（上）测试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 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. 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册至选择性必修第二册第四章. 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. 已知直线过点，且与直线垂直，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由垂直直线的斜率关系求直线的斜率，再利用点斜式求直线方程. 【详解】由题意，直线与直线垂直，故直线的斜率为， 又直线过点， 所以直线的方程为，即. 故选：A. 2. 若方程表示椭圆，则的值不可能是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆方程列式求的范围，即可得结果. 【详解】因为方程表示椭圆， 则，解得， 结合选项可知ABD正确，C错误. 故选：C. 3. 在数列中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由列举得到是以4为周期的周期数列求解. 【详解】解：由题意得， 故是以4为周期的周期数列， 所以. 故选：D. 4. 已知直线与圆相交于两点，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由圆方程求圆心的坐标，圆的半径，再求圆心到直线的距离，利用弦长公式求结论. 【详解】圆的圆心为，半径， 圆心到直线的距离为， 则. 故选：C. 5. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】根据空间向量坐标运算求出数量积及模长，再结合投影向量公式计算即可. 【详解】由已知可得， 所以向量在向量上的投影向量是. 故选：D. 6. 已知是等比数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比中项和前n项和与通项之间的关系求解. 【详解】解；. 故选：B 7. 已知抛物线的准线为，直线，动点在上运动，记点到直线与的距离分别为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线的定义可知，设于点N，，当三点共线且M在中间时，取得最小值，再结合点到直线的距离公式计算可得. 【详解】设抛物线的焦点为，由抛物线的定义可知. 设于点，则.当三点共线，且在中间时，取得最小值. 由抛物线，得，所以的最小值为. 故选：B. 8. 已知为坐标原点，.若动点满足，则正数的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设点，再根据计算得出，最后结合圆与圆的位置关系计算求参即可. 【详解】设，则. 因为，所以， 化简得，故点在以为圆心，为半径的圆上. 又因为，所以点在以为圆心，为半径的圆上. 结合题意可知两圆相交或外切或内切，所以， 解得，故正数的最大值为. 故选：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. 如图，在平行六面体中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算判断A、B，根据数量积的定义及运算律判断C、D. 【详解】依题意可得， 同理，，故C正确； 连接， 则，故A正确； ，故B错误； ，故D正确. 故选：ACD. 10. 设等差数列的前项和为，公差为，已知，则（ ） A. B. C. 当时，的最大值为9 D. 当时，取得最大值 【答案】AD 【解析】 【分析】由条件，结合等差数列求和公式及性质证明，判断A，由结合等差数列通项公式证明公差，判断B，利用求和公式证明当时，，结合，判断C，由时，，时，，结合前项和的定义判断D. 【详解】设数列的公差为， 对于A，由，得， 又，所以，故A正确； 对于B，由A知，则，故B错误； 对于C，当时，，当时，， 又， 所以当时，， 且， 所以当时，的最大值为8，故C错误； 对于D，因为当时，，当时，， 所以当取得最大值时，，故D正确. 故选：AD. 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一､则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2 C. 曲线上任意一点到原点的距离等于到直线的距离 D. 若是曲线上任意一点，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，若点在曲线上，由是否满足曲线的方程判断；对B，由曲线的对称性可令，结合可得，利用二次函数求得最值；对C，举反例说明；对D，根据题意，当点位于第二象限时，取得最大值，令，将代入，利用判别式判断. 【详解】对于A，若点在曲线上，则都满足曲线的方程，所以曲线关于轴对称，故A正确； 对于B，设点在曲线上，根据选项A，同理可得曲线关于轴，坐标原点对称， 由曲线的对称性可令，则，所以， 则， 所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故B正确； 对于C，易知是上一点，该点到原点的距离不等于到直线的距离，故C错误； 对于D，由曲线的对称性可知，当点位于第二象限时，取得最大值， 所以，令，将代入， 可得，解得，即的最大值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据曲线方程的特征判断曲线的对称性，结合各项描述并应用特殊象限点、两点距离公式、方程法判断各项正误为关键. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求向量的坐标，再根据点面距离的向量求法求结论即可. 【详解】由题可知， 所以点到平面的距离为. 故答案为：. 13. 已知数列满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】化简递推关系可得，证明数列为常数数列，由此可求结论. 【详解】由，可得， 所以， 所以数列为常数数列，又， 所以， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 已知为坐标原点，双曲线与圆相交于四个点，则__________. 【答案】20 【解析】 【分析】根据双曲线和圆都关于轴对称，不妨设，，然后将圆的方程和双曲线的方程联立，利用两点间的距离和韦达定理求解. 【详解】解：双曲线和圆都关于轴对称， 不妨设，， 所以. 联立，得， 则， 故. 故答案为：20 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. 已知点在圆的外部. （1）求的取值范围； （2）若，求过点且与圆相切的直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用点在圆的外部，将A点代入方程大于0，又圆C成立的条件为,联立两个方程即可求得结果. （2）分情况讨论，当斜率不存在时（不符合题意）；当斜率存在时，利用点到线的距离等于半径即可求得结果. 【小问1详解】 因为点在圆的外部， 所以 解得，所以的取值范围为. 【小问2详解】 因为，所以. 由圆化简可得，圆心，半径为. 当垂直于轴时，显然不与圆相切，故设的方程为，即， 圆心到直线的距离， 解得或， 则的方程为或. 16. 设数列的前项和为，已知，且. （1）求的通项公式； （2）设，数列前项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由与的关系，即可求解； （2）由错位相减法即可求解； 【小问1详解】 当时，由，得， 两式相减得，即，所以是公比为2的等比数列. 由，可得，即， 所以. 【小问2详解】 由（1）得. ， 则， 所以 ， 即. 17. 如图，在正三棱柱中，为的中点. （1）证明：. （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）法一：取的中点，连接，通过平面，证明，进而说明平面，即可求证；法二：由空间向量的数量积为0，即可求证； （2）建系，由二面角的向量法即可求解； 【小问1详解】 证明：（方法一）取的中点，连接. 由题意得平面平面， 所以. 因为平面平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以 ， 则，所以，即. 又，所以平面. 因为平面，所以. （方法二）. 设.由题可知， 则， 所以. 【小问2详解】 解：过点作的平行线，交于点.因为平面，且平面，所以. 又因为，所以两两互相垂直，故以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系. 设，则， 则. 设平面的法向量为，则即 则，令，则，故. 设平面的法向量为，则即则，令，则，故. 设二面角的平面角为，则， 所以，即二面角的正弦值为. 18. 已知和为椭圆上两点. （1）求椭圆的方程； （2）若点在椭圆上，、是椭圆的两焦点，且，求的面积； （3）过点的直线与椭圆交于、两点，证明：为定值. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得出关于、方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）利用余弦定理结合椭圆的定义求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积； （3）当直线的斜率为零时，直接计算出的值；当直线不与轴重合时，设直线的方程为，、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求出的值，即可证得结论成立. 【小问1详解】 由题意得，解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由题可知，. 在中，由勾股定理得， 则，即， 所以，故的面积是. 【小问3详解】 当的斜率为时，； 当不与轴重合时，设直线的方程为，、， 联立得， 所以，， 由韦达定理可得，. ， 故为定值. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19. 已知动圆经过定点，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.已知点与点关于轴对称，过点作斜率为1的直线交于点，点与点关于轴对称，过点作斜率为1的直线交于点，按照上述方法构造点. （1）求曲线的方程； （2）证明为等差数列，并求出的通项公式； （3）记，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）证明见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）利用抛物线的定义即可得到结果； （2）联立直线方程和抛物线方程，用韦达定理即可证明为等差数列，进而求出的通项公式； （3）对n为奇数或者偶数分情况讨论，利用分组求和，即可求得数列的前项和. 【小问1详解】 因为动圆经过定点，且与直线相切， 即动圆圆心到点的距离与到直线的距离相等. 又点不在直线上，由抛物线的定义可知， 动圆圆心的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线， 所以动圆圆心的轨迹方程，即曲线的方程为. 【小问2详解】 由题可知，， 可设直线的方程为. 将它与方程联立得， 所以，即， 所以是首项为1，公差为1的等差数列. 故. 【小问3详解】 由题可知，故， 则. 当为偶数时，令，则 . 当为奇数时，. 故 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年高二期末（上）测试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册至选择性必修第二册第四章. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知直线过点，且与直线垂直，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 若方程表示椭圆，则的值不可能是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 3. 在数列中，若，则（ ） A B. C. D. 4. 已知直线与圆相交于两点，则（ ） A. B. C. D. 2 5. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 已知是等比数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线的准线为，直线，动点在上运动，记点到直线与的距离分别为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为坐标原点，.若动点满足，则正数的最大值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，在平行六面体中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 10. 设等差数列的前项和为，公差为，已知，则（ ） A. B. C. 当时，的最大值为9 D. 当时，取得最大值 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一､则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2 C. 曲线上任意一点到原点的距离等于到直线的距离 D. 若是曲线上任意一点，则的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为__________. 13. 已知数列满足，则__________. 14. 已知为坐标原点，双曲线与圆相交于四个点，则__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知点在圆的外部. （1）求取值范围； （2）若，求过点且与圆相切的直线的方程. 16. 设数列的前项和为，已知，且. （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求. 17. 如图，在正三棱柱中，为的中点. （1）证明：. （2）求二面角的正弦值. 18. 已知和椭圆上两点. （1）求椭圆的方程； （2）若点在椭圆上，、是椭圆的两焦点，且，求的面积； （3）过点直线与椭圆交于、两点，证明：为定值. 19. 已知动圆经过定点，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.已知点与点关于轴对称，过点作斜率为1的直线交于点，点与点关于轴对称，过点作斜率为1的直线交于点，按照上述方法构造点. （1）求曲线的方程； （2）证明为等差数列，并求出通项公式； （3）记，求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$