精品解析：广东省东莞市2024-2025学年高二上学期期末教学质量检查数学试题

2024-2025学年广东省东莞市高二上学期期末教学质量检查数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 两条平行直线与间的距离为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】利用两条平行线间的距离公式计算可得答案. 【详解】两条平行直线与间的距离 为. 故选：C. 2. 已知是等差数列的前n项和，若，则（ ） A. 52 B. 104 C. 208 D. 416 【答案】B 【解析】 【分析】利用，等差数列的代换，分析得到答案. 【详解】解：因为是等差数列的前n项和，且， 所以， 故选：B 3. 已知为空间的一组基底，则下列向量也能构成空间的一组基底的是（ ） A. 、、 B. 、、 C. 、、 D. 、、 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量基底的概念逐项判断即可. 【详解】对于A选项，假设、、共面， 则存在、使得 ，所以，，无解， 所以，、、不共面，可以作为空间的一组基底； 对于B选项，因，则、、共面， 则、、不能作为空间的一组基底； 对于C，因为，所以，、、共面， 则、、不能作为空间一组基底； 对于D，，则、、共面， 则、、不能作为空间的一组基底. 故选：A. 4. 已知边长为2的正方形的四个顶点恰好是椭圆的左、右焦点和短轴两个端点，则椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆短轴长和焦距公式进行求解即可. 【详解】解：由题意，得，且焦点在x轴上， 则， 则椭圆的标准方程为 故选：D. 5. 一条光线从点射出，经轴反射后，与圆相切于点，则光线从到经过的路程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出关于轴的对称点，然后计算点引出的切线长即可． 【详解】可知点关于轴的对称点， 又圆，即，则圆心，半径， 故， 根据对称性可知，光线经过的路程即为， 故选：C. 6. 在平行六面体中，底面是边长为的正方形，为的中心，侧棱，，则与所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据条件有，，利用空间向量的线性运算可得，，再利用数量积的运算，求得，即可求解. 【详解】由题知，在平行六面体中，底面是边长为的正方形， 侧棱，， 设， 所以，， 又，， 所以， 则， 所以，即与所成角为， 故选：A. 7. 已知圆与曲线恰有4个公共点，则（ ） A. 2 B. C. 2或 D. 2或 【答案】D 【解析】 【分析】先画出曲线在第一象限的图象，再应用对称性画出其他象限图象，再画出圆的图象数形结合得出参数的值. 【详解】当，时，方程可化为， 此时，曲线是一个以为圆心，半径为的半圆， 由对称性可得曲线在各个象限内都是半径为的半圆， 又圆的圆心为，半径为a， 由图像可知，当或时，圆与曲线恰有4个公共点. 故选：D. 8. “垛积术”是我国古代数学的重要成就之一，宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中记载了“三角形垛”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的堆垛俯视如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，，现有1600个相同的小球，则可摆“三角形垛”的最多层数为（ ）（参考公式：) A. 21 B. 20 C. 19 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】先根据三角锥垛每层球个数找出规律，然后写出第n层球个数的通项公式，进而求出前n项和，代入得出结果． 【详解】解：由题意可知，当三角锥垛有n层时， 该堆垛总共球的个数为  ， 经验证：当时，，当时，， 故1600个相同的小球，则可摆“三角形垛”的最多层数为 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知方程：其中m为参数，下列正确有（ ） A. 若，则方程表示y轴 B. 若，则方程表示圆 C. 若，则方程表示椭圆 D. 若，则方程表示双曲线 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A、B、C，将的值代入方程即可判定；对于D，由双曲线方程特点可分析的取值范围. 【详解】当时，方程为 ，即，表示x轴，故A错误； 当时，方程为 ，即，表示圆，故B正确； 当m 且m 时，方程为 ， 若且 时，即且m 时，方程表示椭圆，故C错误； 若，即或时，方程表示双曲线，故D正确. 故选：BD 10. 已知数列各项均为正数，且满足，下列正确的有（ ） A B. C. 为等比数列 D. 为递减数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用可判断A；求出可判断B；利用可判断D，利用可判断C. 【详解】对于A，时，， 因为数列各项均为正数，所以，A正确； 对于B，时，， 因为数列各项均为正数，所以，B正确； 对于C，时，， 所以， 因为数列各项均为正数，所以， 令，即， 由题意得是单调递增的，易得为递减数列， 当时，，， ，且，易得不是等比数列，所以C错误，D正确. 故选：ABD. 11. 在棱长为1的正方体中，点P满足，下列正确的有（ ） A. 当时，DP与AC所成角为 B. 当时，平面ADP与平面BCP所成角的最大值为 C. 当时，DP与平面所成角为 D. 当时，点P到直线距离的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，当时，P在线段上，利用线面垂直的判定定理证明面，从而证得；对于选项B，当时，P在线段上，利用图形关系找到平面与平面所成角的平面角，利用角度关系求得的取值范围，即可判断；对于选项C，当时，点P在以A为圆心，1为半径的劣弧上，利用此时的图形关系，易得即为与平面所成角，为等腰直角三角形，即可判断；对于选项D，当时，由平面向量共线定理可知，P在线段上，因而建立空间直角坐标系，利用向量法建立点P到直线距离的函数关系，从而得到最小值. 【详解】对于选项A，当时，， 根据平面向量基本定理，此时 P在线段上， 在正方体中，，面 面，， 面，面、， 面， 面，，故A正确. 对于选项B，当时，，  由平面向量基本定理，此时P在线段上， 过P作，故， 则A、D、P、Q共面，B、C、P、Q共面，即平面平面， 由正方体易知平面， 、平面，故，， 所以即为平面与平面所成角的平面角， 过P作于M，设，则，， 中，， 中，， 故 ， 当且仅当时，取得最大值为， 即锐角最大时，比小，故B错误； 对于选项C，当时，点P在以A为圆心，1为半径的劣弧上，， 面， 即为与平面所成角， 又面，， 又， 为等腰直角三角形， ，即DP与平面所成角为，故C正确. 对于选项D，以D为原点，DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示空间直角坐标系， ，，，，，， ，，当时，由平面向量共线定理可知，P在线段上， 设， ，则， 设点P到直线AC距离为d， 则 ， 当时，点P到直线AC距离最小，最小值为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，且，则x的值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用向量垂直关系的坐标表示求解 【详解】解：由题意可知，， 解得， 故答案为： 13. 已知两个等差数列2，6，10，，118及2，8，14，，116，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为__________. 【答案】560 【解析】 【分析】先求出新数列的公差及最后一项，再结合等差数列的前项和公式，即可求解. 【详解】等差数列2，6，10，…118中，公差，  等差数列2，8，14，…，116中，公差， ，6的最小公倍数是12， 由这两个等差数列的公共项组成一个新数列公差， 新数列最大项， ， 解得 ， 新数列中第10项 由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列： 2，14，26，…，110 各项之和为  故答案为：560. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点作倾斜角为的直线l与C的左、右两支分别交于点M，N，若线段MN的垂直平分线经过点，则双曲线C的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】连结  ，设，根据勾股定理和双曲线定义找关系，最后在中，由结合三角函数即可求得之间的关系，进而求得离心率. 【详解】取  MN 的中点  P ，因为在线段MN的垂直平分线上，如下图所示： 所以  ，连结  ，则  ， 设  ，因为  ，则  ， 又因为  ，则  ，所以  ，则  ，故  ， 在 Rt   中，  ，在 Rt   中，  ， 所以  ，解得  ， 又直线MN的倾斜角为 ，则， 则  ， 所以  ，即  ， 所以离心率  ． 故答案为：  . 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在等比数列中，， （1）求的通项公式; （2）若为递增数列，，求数列的前n项和 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式先得基本量，从而得解； （2）先由（1）得到，再利用裂项相消法即可得解. 【小问1详解】 设等比数列的公比为q， 由，得，有，解得， 当时，故数列的通项公式为 当时，故数列的通项公式为 【小问2详解】 因为为递增数列，所以， 由， 有， 可得 16. 已知圆C经过点，，并且圆心C在y轴上. （1）求圆C的方程; （2）记过点B的直线l与圆C的另一个交点为点D，当的面积为4时，求直线l的方程. 【答案】（1）； （2）或 【解析】 【分析】（1）法一：应用点斜式写出AB垂直平分线的方程，进而求圆心坐标及半径，即可得圆的方程；法二：由求圆心坐标及半径，进而写出圆的方程； （2）讨论直线的斜率，结合三角形面积、点线距离公式及圆的弦长求法列方程求相关参数，即可得直线方程. 【小问1详解】 方法一：因为，，则，且AB的中点为， 则AB的垂直平分线的方程为， 因为圆心C在y上，令，得， 即点，又，所以圆 方法二：设圆心，圆C经过点，， 所以，即，解得， 即点，又，所以圆. 【小问2详解】 当直线l的斜率不存在时，此时l的方程为， 令，得，所以或，即，此时， 而点到l的距离为2，的面积为满足要求， 所以满足要求； 当直线l的斜率存在时，设为k，则直线l的方程为 点到l的距离，圆心到直线l的距离为， 所以， 所以，化简得，解得， 所以直线l的方程为，即， 综上，直线l的方程为或 17. 如图，在四面体ABCD中，平面BCD，，，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且 （1）证明：平面 （2）求平面DPQ与平面MPQ夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）方法一，根据面面平行的判定证明平面平面BCD，然后根据线面平行的定义即可得证；方法二，利用线面平行的判定直接证明，方法三，利用向量法证明 （2）求出平面DPQ与平面MPQ法向量，然后利用向量法求面面角； 【小问1详解】 方法一：取MD中点E，连接PE， 因为P、E分别为BM、MD中点，所以， 又平面BCD，平面BCD， 所以平面BCD， 因为，所以，又，所以， 又平面BCD，平面BCD， 所以平面BCD，平面BCD，又， PE，平面PQE， 所以平面平面BCD， 又平面PQE，所以平面 方法二：取BD中点G，过点Q作交CD于点H， 因为P，G分别为BM，BD的中点，所以 因为M是AD的中点，所以 又，所以， 所以，且，即四边形PGHQ为平行四边形， 所以 因为平面BCD，平面BCD， 所以平面 方法三：以 D为原点，直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 依题意可得，，， 由，得，所以 取平面BCD的一个法向量为， 所以，即 因为平面BCD， 所以平面 【小问2详解】 以D为原点，直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 因为， 则，，，，， 由，得， 设平面DPQ的法向量为， 则， 令，则，所以 设平面MPQ的法向量为， 则， 令，则，所以 设平面DPQ与平面MPQ夹角为， 则， 所以平面DPQ与平面MPQ夹角的余弦值为 18. 在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于M，N两点. （1）若，求抛物线C的方程； （2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和 ①求p的取值范围； ②证明：以为直径的圆过P，Q两点. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先利用直线与抛物线相交，通过联立方程，借助弦长公式求出抛物线方程； （2）①对于存在关于直线对称的相异两点问题，利用中点在直线上以及判别式大于零求出参数取值范围；②通过向量数量积证明以线段为直径的圆过某些点. 【小问1详解】 设，，联立方程， 得，得， ， 解得，所以抛物线C的方程为 【小问2详解】 ①依题意可知直线l垂直平分线段PQ， 所以直线PQ的斜率为，设其方程为， 代入中消去x可得到：， 设，，所以， 故的中点G在直线l上，则，所以， 又因为G在直线上，所以， 因为方程有两个相异实根，所以，解得， 故所求p的取值范围是 ②设，，，， ，， 则 ， 因为，， 所以，， 则， 又因为，即， 所以 ， 所以，即以为直径的圆过点P，同理可得以为直径的圆过点Q. 【点睛】方法点睛：直线与抛物线位置关系，在利用代数法解决范围问题时常从以下五个方面考虑： （1）利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系； （3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用基本不等式求出参数的取值范围； （5）利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围. 19. 若项数列同时满足.则称为“阶0数列”. （1）若等比数列为“4阶0数列”，写出的各项； （2）若等差数列为“阶数列”（且），求的通项公式（用表示）； （3）记“阶数列”的前项和为，若存在，使，判断数列能否是“阶数列”？若是，求出所有这样的数列；若不是，请说明理由. 【答案】（1）或 （2）答案见解析 （3）不是，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据所给新定义，求出等比数列的首项与公比即可得解； （2）根据所给新定义，建立方程分类讨论，求出等差数列的首项与公差即可得出通项公式； （3）根据数列新定义，若满足题意可推导出，此时不能同时成立，即可知不存在. 【小问1详解】 设是公比为的等比数列，由题意， 则有，即，解得， 又因为，所以，解得， 所以数列的各项为或. 【小问2详解】 设等差数列的公差为， ， ，即，， ，若，则与矛盾， 当时，， ，即， 由，即，解得， ， 当时，同理可得，， 由，即，解得， ， 综上，当时，， 当时，. 【小问3详解】 记中非负项和为，负项和为，则， 解得， 所以，即 若存在，使， 可知， 且 时，；时，. ， 又与不能同时成立， 所以数列不为“阶数列” 【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，关键在于理解新定义，紧扣新定义，利用新定义所给条件去推理、运算，解决问题，对能力要求很高. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年广东省东莞市高二上学期期末教学质量检查数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 两条平行直线与间的距离为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 1 2. 已知是等差数列前n项和，若，则（ ） A. 52 B. 104 C. 208 D. 416 3. 已知为空间的一组基底，则下列向量也能构成空间的一组基底的是（ ） A 、、 B. 、、 C 、、 D. 、、 4. 已知边长为2的正方形的四个顶点恰好是椭圆的左、右焦点和短轴两个端点，则椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 5. 一条光线从点射出，经轴反射后，与圆相切于点，则光线从到经过的路程为（ ） A. B. C. D. 6. 在平行六面体中，底面是边长为的正方形，为的中心，侧棱，，则与所成角为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆与曲线恰有4个公共点，则（ ） A. 2 B. C. 2或 D. 2或 8. “垛积术”是我国古代数学的重要成就之一，宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中记载了“三角形垛”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的堆垛俯视如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，，现有1600个相同的小球，则可摆“三角形垛”的最多层数为（ ）（参考公式：) A. 21 B. 20 C. 19 D. 18 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知方程：其中m为参数，下列正确的有（ ） A. 若，则方程表示y轴 B. 若，则方程表示圆 C. 若，则方程表示椭圆 D. 若，则方程表示双曲线 10. 已知数列各项均为正数，且满足，下列正确的有（ ） A. B. C. 为等比数列 D. 为递减数列 11. 在棱长为1的正方体中，点P满足，下列正确的有（ ） A. 当时，DP与AC所成角为 B. 当时，平面ADP与平面BCP所成角的最大值为 C. 当时，DP与平面所成角为 D. 当时，点P到直线距离的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，且，则x的值为__________. 13. 已知两个等差数列2，6，10，，118及2，8，14，，116，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为__________. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点作倾斜角为的直线l与C的左、右两支分别交于点M，N，若线段MN的垂直平分线经过点，则双曲线C的离心率为__________. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在等比数列中，， （1）求的通项公式; （2）若为递增数列，，求数列的前n项和 16. 已知圆C经过点，，并且圆心C在y轴上. （1）求圆C方程; （2）记过点B的直线l与圆C的另一个交点为点D，当的面积为4时，求直线l的方程. 17. 如图，在四面体ABCD中，平面BCD，，，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且 （1）证明：平面 （2）求平面DPQ与平面MPQ夹角的余弦值. 18. 在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于M，N两点. （1）若，求抛物线C的方程； （2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和 ①求p的取值范围； ②证明：以为直径的圆过P，Q两点. 19. 若项数列同时满足.则称为“阶0数列”. （1）若等比数列为“4阶0数列”，写出的各项； （2）若等差数列为“阶数列”（且），求的通项公式（用表示）； （3）记“阶数列”前项和为，若存在，使，判断数列能否是“阶数列”？若是，求出所有这样的数列；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$