精品解析：广东省大湾区2024-2025学年高二上学期期末统一测试数学试卷

2024-2025学年广东省大湾区高二（上）期末数学试卷 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. 在空间直角坐标系中，已知向量若则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量垂直的坐标表示运算求解. 【详解】由可得， 即， 解之可得. 故选：D 2. 过点，倾斜角为的直线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出直线的斜率，再利用点斜式求出直线方程. 【详解】由倾斜角为知，直线的斜率为，又直线过点， 所以直线方程为，化简得. 故选：C. 3. 圆：与圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 相离 【答案】A 【解析】 【分析】求出两圆的圆心距，则有，即可判断两圆位置关系. 【详解】圆的圆心为，半径为；， 则圆的圆心为，半径为. 两圆心之间的距离， 且满足，可知两圆相交. 故选：A. 4. 已知数列的各项均不为0，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】为公差为3的等差数列，求出，代入求解即可. 【详解】由，可知为公差为3的等差数列，且首项为， 故， 故，. 故选：C 5. 方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆的标准方程及焦点在轴上，可得的不等式组，解不等式组即可得的取值范围． 【详解】由题意知焦点在轴上，则，解得，故D正确. 故选：D. 6. 关于方程所表示的曲线，下列说法正确的是（ ） A. 关于轴对称 B. 关于轴对称 C. 关于对称 D. 关于原点中心对称 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对称变换的方法逐项分析判断即可. 【详解】对于A，用换方程中的，得，方程发生变化，即曲线关于轴不对称，A错误； 对于B，用换方程中的，得，方程发生变化，即曲线关于轴不对称，B错误； 对于C，用换，换，得，方程发生变化，即曲线关于轴不对称，C错误； 对于D，将点代入原方程仍为，因此曲线关于原点中心对称D正确. 故选：D 7. 已知椭圆的两个焦点为，过的直线与交于两点.若，，且的面积为，则椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，则，，由椭圆的定义得，在中，由余弦定理得，根据同角三角函数的平方关系得，在中， 由余弦定理得，再结合的面积为，即可求出，进而得出椭圆的方程． 【详解】设，则，，则， 由椭圆的定义可知， 所以， 所以，，，， 在中， ， 则， 所以， 在中， ， 即， 整理可得， 因为三角形的面积为， 故，即， 得， 所以，， 所以椭圆的方程为， 故选：A． 8. 古典吉他的示意图如图所示．分别是上弦枕、下弦枕，是第品丝．记为与的距离，为与的距离，且满足，其中为弦长（与的距离），为大于1的常数，并规定．则（ ） A. 数列是等差数列，且公差为 B. 数列是等比数列，且公比为 C. 数列是等比数列，且公比为 D. 数列是等差数列，且公差为 【答案】B 【解析】 【分析】根据项与前项和的关系结合条件可得，根据等比数列的概念进而判断AB，结合条件可得，进而判断CD. 【详解】因为，， 所以，， 所以， 即，又为大于1的常数， 所以，即数列是等比数列，且公比为，故A错误，B正确； 由上可知，又， 所以，， 所以不是常数，故C错误； 所以，不是常数，故D错误. 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. 直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 抛物线的焦点坐标为 B. 的最小值为4 C. 对任意的直线， D. 以为直径的圆与抛物线的准线相切 【答案】BD 【解析】 【分析】由抛物线方程求焦点坐标验证选项A；焦点弦中通径最短验证选项B；直线与抛物线联立方程组由韦达定理计算验证选项C；由圆心到直线的距离判断选项D. 【详解】抛物线的焦点，A选项错误； 抛物线的焦点弦中，通径最短，故的最小值为4，B选项正确； 由题意，直线斜率存在，设直线的方程为，代入抛物线方程得，则，C选项错误； 如图所示，的中点为M，过分别作准线的垂线，垂足分别为，则，可知以为直径的圆与抛物线的准线相切，D选项正确. 故选：BD 10. 如图，在平行六面体中，，，底面ABCD为菱形，，与AB，AD所成的角均为（ ） A. B. 四边形为矩形 C. D. 如果，那么点M在平面内 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算可判断A；根据余弦定理，可得，进而证得平面，即可判断B；据题设，可得是等腰三角形，进而求得，从而判定C；根据空间向量的共面定理推论可判定D. 【详解】选项A，在平行六面体中， ，正确； 选项B，设， 因为， ， 又，与AB，AD所成的角均为， 所以，又O为BD中点，则， 又，，，平面， 所以平面，由于平面，故， 由于，则，所以四边形为矩形，正确； 选项C，因为四边形ABCD为菱形，，所以， 所以，即是等腰三角形， 又， 所以， 所以，即，错误； 选项D，若，由于， 所以M，B，D，四点共面，故点M在平面内，正确． 故选：ABD 11. 已知数列：0，2，0，2，0，现在对该数列进行一种变换，规则：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”，得到一个新数列，记数列，，且的所有项的和为，则以下判断正确的是（ ） A. 的项数为 B. C. 中0的个数为203 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据已知条件，分析出数列的项数成等比数列判断A，根据变换规则，得出数列中与个数的规律，结合数列项数，即可判断B、C、D三个选项. 【详解】设数列的项数为一个数列，因为中有项，即， 根据题意：在作用下，每个0都变为“”，每个2都变为“”， 所以有， 由此可知数列为首相，公比的等比数列， 所以的项数为，故A正确； 根据变换规则，若数列的各项中，与的个数相同， 则与之相邻的下一个数列中与的个数也相同； 若比多个，则与之相邻的下一个数列中比的个数少个， 若比少个，则与之相邻的下一个数列中比的个数多个， 因为中有项，其中个，个，比少个， 所以的项中，比的个数多个， 以此类推，若为奇数，则数列的各项中比少个， 若为偶数，则数列的各项中比多个， 中，项数为个，为偶数，所以2的个数为， 所以，所以B正确； 中共有项，其中为奇数， 所以数列中有个，所以C正确； D选项，的值与的奇偶有关，所以D错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则 (公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是数列求通项或求和. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 点为圆上的动点，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，的几何意义为圆上的动点与定点连线的斜率，求出临界值，即可得解. 【详解】圆可化为，圆心坐标为，半径为1， 的几何意义为圆上的动点与定点连线的斜率， 设过的圆的切线方程为，即． 由圆心到切线的距离等于半径，得，解得． 的取值范围是． 故答案为：． 13. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则C的离心率的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，进而可求双曲线的离心率. 【详解】因为双曲线的一条渐近线的方程为， 所以，所以双曲线的离心率为. 故答案为：. 14. 正方形的边长为12，其内有两点P，Q，点P到边，的距离分别为3和1，点Q到边，AB的距离也分别为3和1．现将正方形卷成一个圆柱，使得AB和重合（如图），则此时P，Q两点间的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用，两点所在截面的圆心，将P，Q两点间的距离转化为的模计算即可. 【详解】如图， 设过点且平行底面的截面圆心为， 过点且平行底面的截面圆心为， 设圆柱底面半径为，则，所以. ，因为, 所以 . 所以. 故答案为：. 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. 已知圆，直线. （1）求直线恒过定点的坐标； （2）求直线被圆截得的弦长最短时的值以及最短弦长. 【答案】（1）直线恒过定点 （2），4 【解析】 【分析】（1）由直线l的方程变形为，联立即可求得直线恒过的定点； （2）要使直线l被圆C所截得的弦长最短，则，化圆C的方程为标准方程，求出圆心坐标，得到，再由两直线垂直与斜率的关系列式求解m值及弦长. 【小问1详解】 直线， 可化为， 联立解得故直线恒过定点. 【小问2详解】 由，配方得， 所以圆心，半径为，直线恒过定点， 当直线时，直线被圆截得的弦长最短. 因为直线的斜率为， 故直线的斜率为，解得. 此时圆心到直线的距离为， 所以最短弦长为. 16. 已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，且满足，. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前2n项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，借助等比数列的通项公式求出公比及首项即可. （2）由（1）的结论，利用分组求和法，结合等比数列前n项和公式求解即得. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，由及， 得， 解得，于是，即， 所以数列的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以 . 17. 如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面且，E为中点. （1）求证：； （2）求二面角的正弦值； （3）求点C到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）取中点，利用面面垂直的性质证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）由（1）求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. （3）由（2）中信息，结合点到平面距离公式求解即得. 【小问1详解】 取中点，连接，由，得， 又平面平面，平面平面，平面， 则平面，过作，由，得， 而平面，则， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图： 由，，得， 中点，则， 因此，即， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 所以二面角的正弦值. 【小问3详解】 由（1）（2）知，，平面的法向量， 所以点C到平面的距离. 18. 在空间直角坐标系Oxyz中，已知向量，点.若直线l以为方向向量且经过点，则直线l的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为. （1）证明：向量是平面的法向量； （2）若平面，平面，直线l为平面和平面的交线，求直线l的单位方向向量（写出一个即可）； （3）若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为、、，其中平面经过点，，，平面，平面，求实数m的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由空间向量的垂直即可证明； （2）设直线l的方向向量，由与两平面的法向量垂直列方程求解； （3）写出三个平面的法向量，求得与交线的方向向量，进而可求解. 【小问1详解】 取平面内的任意两点，， 则两式相减得，， 即，所以，从而， 故是平面的法向量. 【小问2详解】 记平面，的法向量为，， 设直线l的方向向量， 因为直线l为平面和平面的交线，所以，， 即，取，则， 所以直线l的单位方向向量为. 【小问3详解】 设， 由平面经过点，，， 所以，解得，即， 所以记平面、、的法向量为，，， 与（2）同理，与确定的交线方向向量为， 所以，即，解得. 【点睛】关键点点睛：本题的关键，结合已知概念求出相关法向量，即可解决问题. 19. 已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为. （1）若， （i）若，求； （ii）求证：为定值； （2）若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值. 【答案】（1）（i）； （ii）法1：①直线斜率存在时，可设直线的方程为， 设由得 所以. 当时，由（i）可得； 当时，设的斜率分别为.. 所以， . 所以. 因为在第一象限，所以，所以，所以. ②直线斜率不存在时，可得， 可得，所以， 同理可得.综上可得，为定值，得证.法2： ①时，由（i）可得；②时， 设的斜率分别为.设， 由在直线上可得. 与联立可得， 即， 所以就是方程的两根. 所以，， 因为在第一象限，所以，所以， 所以.综上可得，为定值，得证. （2）2 【解析】 【分析】（1）（i）先求直线的方程，联立双曲线方程求得点的坐标，求直线斜率，进而求解即可；（ii）法1，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值；法2，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值； （2）先对直线、斜率不存在的情形进行验证；法1：和均存在时，设，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法2，和均存在时，由三点共线可得，求得的值和，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法3，若和均存在，设，则，得到，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值. 【小问1详解】 （i），所以直线. 直线与联立可得，解得或，所以. 所以，所以； （ii）略 【小问2详解】 由（1）可得时，. ①不存在，则，由①（i）可得，所以， 所以. ②不存在，则，则， 此时，由图可得. ③法1：若和均存在，设，则 与双曲线联立可得. 所以. 所以， 所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 法2：若和均存在，设，则. 由三点共线可得. 所以，所以. 所以 . 所以，所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 法3：若和均存在，设，则， 则. 记直线的倾斜角为，则，所以 所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 【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，注意的判断； （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 $ 2024-2025学年广东省大湾区高二（上）期末数学试卷 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. 在空间直角坐标系中，已知向量若则（ ） A. B. C. D. 2. 过点，倾斜角为的直线方程是（ ） A. B. C. D. 3. 圆：与圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 相离 4. 已知数列的各项均不为0，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 关于方程所表示的曲线，下列说法正确的是（ ） A. 关于轴对称 B. 关于轴对称 C. 关于对称 D. 关于原点中心对称 7. 已知椭圆的两个焦点为，过的直线与交于两点.若，，且的面积为，则椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 古典吉他的示意图如图所示．分别是上弦枕、下弦枕，是第品丝．记为与的距离，为与的距离，且满足，其中为弦长（与的距离），为大于1的常数，并规定．则（ ） A. 数列是等差数列，且公差为 B. 数列是等比数列，且公比为 C. 数列是等比数列，且公比为 D. 数列是等差数列，且公差为 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. 直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 抛物线的焦点坐标为 B. 的最小值为4 C. 对任意的直线， D. 以为直径的圆与抛物线的准线相切 10. 如图，在平行六面体中，，，底面ABCD为菱形，，与AB，AD所成的角均为（ ） A. B. 四边形为矩形 C. D. 如果，那么点M在平面内 11. 已知数列：0，2，0，2，0，现在对该数列进行一种变换，规则：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”，得到一个新数列，记数列，，且的所有项的和为，则以下判断正确的是（ ） A. 的项数为 B. C. 中0的个数为203 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 点为圆上的动点，则的取值范围为______. 13. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则C的离心率的值为________. 14. 正方形的边长为12，其内有两点P，Q，点P到边，的距离分别为3和1，点Q到边，AB的距离也分别为3和1．现将正方形卷成一个圆柱，使得AB和重合（如图），则此时P，Q两点间的距离为______． 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. 已知圆，直线. （1）求直线恒过定点的坐标； （2）求直线被圆截得的弦长最短时的值以及最短弦长. 16. 已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，且满足，. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前2n项和. 17. 如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面且，E为中点. （1）求证：； （2）求二面角的正弦值； （3）求点C到平面的距离. 18. 在空间直角坐标系Oxyz中，已知向量，点.若直线l以为方向向量且经过点，则直线l的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为. （1）证明：向量是平面的法向量； （2）若平面，平面，直线l为平面和平面的交线，求直线l的单位方向向量（写出一个即可）； （3）若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为、、，其中平面经过点，，，平面，平面，求实数m的值. 19. 已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为. （1）若， （i）若，求； （ii）求证：为定值； （2）若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $