精品解析：新疆乌鲁木齐市第二十三中学、乌鲁木齐市第八中学等校2024-2025学年高二上学期期末联考数学试题

2024--2025学年第一学期联考期末联考考试 数学试卷 一、单项选择题（本大题共 8 题，每小题 5 分，共计 40 分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的.） 1. 已知数列，，，2，，…则该数列的第2025项为（ ） A. 45 B. C. 55 D. 2. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆的方程为则下列选项不正确的是（ ） A. 关于点对称 B. 关于直线对称 C. 关于直线对称 D. 关于直线对称 4. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. 3 D. 5. 已知椭圆与双曲线的离心率互为倒数，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 设是公差为d的等差数列，是其前n项和，且，，则（ ） A B. C. D. 7. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.....第层有个球，则数列的前20项和为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（ ） A B. C. D. 二、多项选择题（本大题共 3 题，每小题 6 分，共计 18 分.每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选对的按个数计分，多选或错选不得分.） 9. 下列说法正确的是（    ） A. 若直线经过第一､二､四象限，则点在第三象限 B. 直线过定点 C. 斜率为，在轴上的截距为的直线的方程为 D. 过点且斜率为的直线的点斜式方程为 10. 已知是等比数列的前项和，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 中任意奇数项的值始终大于任意偶数项的值 C. 的最大项为，最小项为 D. 11. 已知为抛物线的顶点，直线交抛物线于两点，过点分别向准线作垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若直线过焦点，则以为直径的圆与轴相切 B. 若直线过焦点，则 C. 若两点的纵坐标之积为，则直线过定点 D. 若，则直线恒过点 三、填空题（本大题共 3 小题，共 15分） 12. 若数列的前项和为，则______. 13. 如图所示，已知四棱柱是底面边长为1的正四棱柱．若点到平面的距离为，则正四棱柱的高为______． 14. 已知直线：与直线：相交于点，动点，在圆：上，且，则的取值范围是______. 四、解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明，共 77 分） 15. 已知圆与轴相切于点，圆心在经过点与点的直线上． （1）求圆的方程； （2）圆与圆：相交于两点，求两圆的公共弦的直线方程． 16. 如图所示：多面体中，四边形为菱形，四边形为直角梯形，且，平面，． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角为，求平面与平面所成角的余弦值． 17. 已知直线与抛物线恒有两个交点A、B． （1）求p的取值范围； （2）当时，直线l过抛物线C的焦点F，求此时线段的长度． 18. 已知数列前n项和为. （1）求证：数列是等差数列； （2）设的前n项和为； ①求； ②若对任意的正整数n，不等式恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点P为椭圆C上任意一点，面积最大值为． （1）求椭圆C的方程； （2）过x轴上一点直线与椭圆交于A，B两点，过A，B分别作直线的垂线，垂足为M，N两点，证明：直线，交于一定点，并求出该定点坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024--2025学年第一学期联考期末联考考试 数学试卷 一、单项选择题（本大题共 8 题，每小题 5 分，共计 40 分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的.） 1. 已知数列，，，2，，…则该数列的第2025项为（ ） A. 45 B. C. 55 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由给定的前5项具有的共同性质写出通项公式，进而求出第2025项. 【详解】依题意，该数列奇数项为负数、偶数项为正数，各项绝对值是项数的算术平方根， 因此该数列的第项为，所以该数列的第2025项为. 故选：B 2. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将方程化简为标准形式，求出值，根据定义求准线方程即可. 【详解】由方程，则，则，所以抛物线开口向下，所以准线方程为. 故选：C 3. 已知圆的方程为则下列选项不正确的是（ ） A. 关于点对称 B. 关于直线对称 C. 关于直线对称 D. 关于直线对称 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆的图形特点知，任何过圆心的直线都可以将圆平分，且圆关于过圆心的直线轴对称，而A选项中的点恰好为圆心，故圆关于这个点中心对称；圆心分别在选项BC中的直线上，故BC正确，圆心不在直线上，故D错误. 【详解】圆的方程为，整理得到，可得到圆的圆心为 半径为，根据圆的图形特点知，任何过圆心的直线都可以将圆平分， 且圆关于过圆心的直线轴对称；圆关于圆心中心对称，故A正确； 圆心落在直线和直线上，故圆关于直线对称，且关于直线 对称，故BC正确；而直线不过圆心，故圆不关于该直线对称，故D错误. 故选：D. 4. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两向量垂直数量积为零求出，计算出. 【详解】因为，，与垂直， 所以，解得， 所以，所以. 故选：C. 5. 已知椭圆与双曲线的离心率互为倒数，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由椭圆方程写出其离心率，结合已知有双曲线的离心率为3，再由双曲线离心率求法求得，即可得渐近线. 【详解】由，知椭圆离心率，故双曲线的离心率为3， 所以，可得，故渐近线为. 故选：A 6. 设是公差为d的等差数列，是其前n项和，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和前n项求和公式，结合选项计算依次判断即可. 【详解】A：由，得，则， 又，所以，得，故A错误； B：，故B错误； C：，故C正确； D：，， 由，得或，即当或时，有，故D错误. 故选：C 7. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.....第层有个球，则数列的前20项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据题意，列出数列的递推关系，用累加法求出数列的通项公式，再用裂项相消法求出数列的前项和，即可求出数列的前20项和. 【详解】由题意及图得，， ，当时，， ， 以上各式累加得：， 又，所以， 经检验符合上式， 所以， 所以， 设数列的前项和为， 则， 所以， 故选：A. 8. 如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值的最大值． 【详解】取BD中点O，连接AO，CO，， 则，且，于是是二面角的平面角， 显然平面，在平面内过点作，则， 直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，设二面角的大小为，， 因此，，， 于是， 显然，则当时，， 所以的最大值为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键. 二、多项选择题（本大题共 3 题，每小题 6 分，共计 18 分.每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选对的按个数计分，多选或错选不得分.） 9. 下列说法正确的是（    ） A. 若直线经过第一､二､四象限，则点在第三象限 B. 直线过定点 C. 斜率为，在轴上的截距为的直线的方程为 D. 过点且斜率为的直线的点斜式方程为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据直线的点斜式方程、斜截式方程逐一判断即可. 【详解】因为直线经过第一､二､四象限， 所以有，因此点在第二象限，所以选项A不正确； 由，所以直线过定点， 因此选项B正确； 斜率为，在轴上的截距为的直线的方程为， 所以选项C不正确； 过点且斜率为的直线的点斜式方程为， 所以选项D正确， 故选：BD 10. 已知是等比数列的前项和，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 中任意奇数项的值始终大于任意偶数项的值 C. 的最大项为，最小项为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由等比数列的前项和公式可得，可判断选项A；根据的解析式判断奇数项与偶数项的公式，从而判断BC；由得到的通项公式，从而表示出的通项公式即可判断D. 【详解】由题可知，此时等比数列的公比，所以设前项和公式应为：， ，A错误； 因此， 可得中，奇数项递减，且始终大于2，最大值为， 偶数项递增，且始终小于2，最小值为，因此BC正确； 由可得，令， 所以，故D正确 故选：BCD 11. 已知为抛物线的顶点，直线交抛物线于两点，过点分别向准线作垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若直线过焦点，则以为直径的圆与轴相切 B. 若直线过焦点，则 C. 若两点的纵坐标之积为，则直线过定点 D. 若，则直线恒过点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据抛物线的焦半径公式结合条件判断AB，设直线方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合条件判断CD. 【详解】设， 选项A：中点即以为直径的圆的圆心横坐标为， 则由抛物线的定义可知， 所以梯形的中位线， 所以点到轴的距离为不等于半径，A说法错误； 选项B：由抛物线的定义可知，， 又根据平行线的性质可得，， 因为，所以，即，B说法正确； 选项C：由题意可知直线斜率不，设直线方程为， 联立得，， 所以， 由解得，满足， 所以直线过定点，C说法正确； 选项D：因为，所以由可得，所以①， 将，代入①得，满足， 所以直线过定点，D说法正确； 故选：BCD 三、填空题（本大题共 3 小题，共 15分） 12. 若数列的前项和为，则______. 【答案】8 【解析】 【分析】通过与的关系计算可得. 【详解】因为数列的前项和为， 所以， 故答案为：8. 13. 如图所示，已知四棱柱是底面边长为1的正四棱柱．若点到平面的距离为，则正四棱柱的高为______． 【答案】2 【解析】 【分析】设正四棱柱的高为，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【详解】设正四棱柱的高为，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 所以点到平面距离为， 化简整理得，解得（负值舍去）． 故正四棱柱的高为2． 故答案为：2 14. 已知直线：与直线：相交于点，动点，在圆：上，且，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据，所过定点以及二者垂直确定点P的轨迹方程，再根据动点，在圆：上，且，确定AB的中点E的轨迹方程，结合，以及两圆上两点间的距离范围，即可求得答案. 【详解】由直线：与直线：， 知，所以直线与直线垂直， 直线：即，故过定点， ：即， 故过定点，所以点的轨迹是以为直径的圆， 该圆圆心为，半径为， 即点轨迹是以点为圆心，半径的圆，所以点的轨迹方程是， 因为圆的方程为，所以圆心，半径， 取的中点，连接，则， 所以点的轨迹是以点为圆心，半径的圆， 所以， 而，且， 即圆与点的轨迹外离； 则，即， 所以的取值范围是， 故答案为： 四、解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明，共 77 分） 15. 已知圆与轴相切于点，圆心在经过点与点的直线上． （1）求圆的方程； （2）圆与圆：相交于两点，求两圆的公共弦的直线方程． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据直线的两点式方程，结合圆的切线性质进行求解即可； （2）根据两圆的一般方程，利用作差法进行求解即可, 【小问1详解】 经过点与点的直线方程为． 由题意可得，圆心在直线上， 由，解得圆心坐标为， 故圆的半径为4． 则圆的方程为； 【小问2详解】 ∵圆的方程为 即， 圆：， 两式作差可得两圆公共弦所在直线方程为． 16. 如图所示：多面体中，四边形为菱形，四边形为直角梯形，且，平面，． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见详解. （2） 【解析】 【分析】（1）先利用线面垂直，得到，再根据底面是菱形，得到，再根据线面垂直的判定定理判定线面垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角的余弦. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以； 又底面为菱形，所以； 又，平面，所以平面. 【小问2详解】 如图： 设，取的中点，连接，则，所以平面. 故可以以为原点，建立如图空间直角坐标系. 因为为直线与平面所成的角，所以. 又, 所以，，，，， 则，. 设平面的法向量为， 则，取. 又为平面的法向量，设平面与平面所成的角为， 则. 17. 已知直线与抛物线恒有两个交点A、B． （1）求p的取值范围； （2）当时，直线l过抛物线C的焦点F，求此时线段的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法一：直线过定点在抛物线内；法二：结合判别式恒成立求解； （2）联立，应用焦点弦公式即可求解. 【小问1详解】 （法一）由题：，知恒过顶点， 又与抛物线恒有两个交点，将定点代入抛物线方程， 故，解得，即的取值范围为； （法二）将直线与抛物线方程联立， 得， 得， 又因为直线与抛物线恒有两个交点， 所以其判别式对恒成立， 故须使方程的判别式，又，所以解得，即的取值范围为． 【小问2详解】 由题，当 时，：，即， 令得， 由过焦点得；，所以抛物线：． 将直线与抛物线方程联立，并令，，得 ， 由韦达定理得，又因经过抛物线焦点， 故． 18. 已知数列的前n项和为. （1）求证：数列是等差数列； （2）设的前n项和为； ①求； ②若对任意的正整数n，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）将表示为，然后等式两边同除，根据所得结果进行证明； （2）①先求解出，然后表示出，再通过错位相减法求解出； ②不等式化简为，令，先确定出单调性，从而求解出最大值，将恒成立问题转化为，由此求解出结果. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，所以，所以， 所以是公差为的等差数列； 【小问2详解】 ①因为，所以，所以， ， ， ， 两式相减得， ，所以， ； ②对任意的恒成立，，则对任意的恒成立， 令， 为递减数列，则当时，，. 19. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点P为椭圆C上任意一点，面积最大值为． （1）求椭圆C的方程； （2）过x轴上一点的直线与椭圆交于A，B两点，过A，B分别作直线的垂线，垂足为M，N两点，证明：直线，交于一定点，并求出该定点坐标． 【答案】（1） （2）证明见解析，定点 【解析】 【分析】（1）由椭圆性质可知，当为短轴端点时，面积最大，结合三角形面积公式计算即可得椭圆方程； （2）当的斜率不存在时，可得直线与的交点坐标，当的斜率存在时，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，可得与交点有关的韦达定理，可得直线与的方程，联立两直线方程，结合韦达定理可得，将代入，可得，即可得证. 【小问1详解】 设椭圆半焦距为，∵离心率为，∴． 由椭圆性质可知，当为短轴端点时，面积最大． ∴，∴． 又，解得，，． ∴椭圆的方程为：； 【小问2详解】 证明：设与轴交于点，则， 当的斜率为0时，显然不适合题意； 当的斜率不存在时，直线为， ∵四边形为矩形，∴，交于线段的中点． 当直线的斜率存在且不为0时，设，， 直线为：，联立， 得， ， ∴，， 设，，则，， 联立，得， 将，代入整理得， 将代入，得 ． 综上，直线、交于定点． 【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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $