精品解析：河南省洛阳市2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题

洛阳市2024——2025学年第一学期期末考试 高二数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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，仅有一项符合题目要求. 1. 已知直线：，：，若，则实数（ ） A. 或1 B. 1 C. D. 或 2. 记等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 25 B. 35 C. 45 D. 55 3. 设，是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 已知某圆台的体积为，其上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，则该圆台的高为（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 9 5. 已知椭圆C：，P为椭圆上一点，若，r为的内切圆的半径，则（ ） A. B. C. D. 6. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），，当时，（ ） A. 92 B. 106 C. 113 D. 120 7. 已知曲线，则下列结论中正确的是（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线上的点到直线的最大距离是 C. 曲线与直线无公共点 D. 曲线与圆有三个公共点 8. 设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与C交于A，B两点，且，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 过抛物线（）的焦点作直线，交抛物线于两点，若，则直线的倾斜角可能为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，已知四边形中，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列的首项为，是数列的前项和，则下列结论正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 11. 如图所示，有一个棱长为2的正四面体容器，D是的中点，E是上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与所成的角为 B. 的周长最小值为 C. 如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为 D. 如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知（）是直线l的方向向量，是平面的法向量，若，则_________. 13. 已知O为坐标原点，点M满足，则点M到直线距离的最大值为_________. 14. 希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（，且）的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点P是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为_________；若点Q为抛物线E：上的动点，Q在轴y上的射影为H，则的最小值为_________. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知是等差数列的前项和，且，. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和. 16. 已知圆C：. （1）若直线l过点）且与圆C相切，求直线l的方程； （2）若直线l过点与圆C相交于P，Q两点，求的面积的最大值，并求此时直线l的方程. 17. 已知等比数列和等差数列满足：，，，，的前n项和为. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为,且，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）已知点，是曲线上两点（点不同于点），直线，分别交直线于两点，若，证明：直线过定点. 19. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点. （1）证明：； （2）点F满足，求平面ABD与平面ABF所成角的正弦值. 20. 已知圆C：，定点，N为圆C上一动点，线段的中垂线与直线交于点P. （1）证明为定值，并求出点P的轨迹E的方程； （2）若曲线E上存在一点Q，点A，B分别为直线：在第一象限上的点与直线：在第四象限上的点，，，求（O为坐标原点）面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 洛阳市2024——2025学年第一学期期末考试 高二数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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，仅有一项符合题目要求. 1. 已知直线：，：，若，则实数（ ） A. 或1 B. 1 C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线平行的充要条件列式计算，即得答案. 【详解】由题意知直线：，：，， 故，解得， 故选：C 2. 记等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 25 B. 35 C. 45 D. 55 【答案】B 【解析】 【分析】先根据等差数列项的性质得出，再根据求和公式计算求解. 【详解】等差数列，且，则， 所以. 故选：B. 3. 设，是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】逐项举反例判断选项A,B,C错误，证明选项D正确. 【详解】对于A，如图，但直线平行，A错误； 对于B，如图，但是平面不平行，B错误； 对于C：若，，，则或异面，C选项错误； 对于D，由，，可得，又，所以，D正确； 故选：D. 4. 已知某圆台的体积为，其上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，则该圆台的高为（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】由题意求出圆台的上、下底面圆的半径，再根据圆台的体积，即可求得圆台的高，可得答案. 【详解】设圆台的高为h，上、下底面圆的半径为， 则由上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为， 得，得， 由圆台的体积为，得，解得， 故选：A 5. 已知椭圆C：，P为椭圆上一点，若，r为的内切圆的半径，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由椭圆定义及圆切线性质，结合直角三角形求内切圆半径. 【详解】 椭圆C：，所以， 由椭圆定义及圆切线性质知：. 故选：C 6. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），，当时，（ ） A. 92 B. 106 C. 113 D. 120 【答案】A 【解析】 【分析】先根据题意得到的值，再根据数列的周期性求得，从而得解. 【详解】依题意，， 故， 又，所以． 所以． 故选：A. 7. 已知曲线，则下列结论中正确的是（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线上的点到直线的最大距离是 C. 曲线与直线无公共点 D. 曲线与圆有三个公共点 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，设点是曲线上任一点，判断其关于直线的对称点是否在曲线上，即可求解；对于B，利用曲线的图象，即可判断；对于C，联立方程直接求解即得；对于D，利用圆与圆的位置关系的判断方法，再结合图象，即可判断. 【详解】对于A，设点满足， 易知点关于直线对称的对称点是， 将点代入，得， 整理得，故曲线不关于直线对称，故A错误； 对于B，当时，曲线方程为，表示圆的一部分， 当时，曲线方程为，表示焦点在轴上的等轴双曲线的一部分， 当时，曲线方程为，表示焦点在轴上的等轴双曲线的一部分， 当时，方程不表示任何曲线， 所以图象如图所示： 由图知，曲线上的点到直线的距离无最大值，所以B错误； 对于C，联立，将代入， 得，即，显然满足， 所以曲线与直线有公共点，故C错误； 对于D，圆的圆心为，半径是， 与圆弧（）的圆心距为， 所以圆与圆内切，切点为. 结合图象可知曲线与圆有三个公共点，故D正确. 故选：D. 8. 设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与C交于A，B两点，且，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线的定义结合余弦定理可求离心率. 【详解】 由双曲线的对称性可得四边形为平行四边形，且， 因为，故，故在左支上， 故即，故， 而，故，故， 所以，所以， 所以，即离心率为， 故选：D. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 过抛物线（）的焦点作直线，交抛物线于两点，若，则直线的倾斜角可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】分直线的倾斜角为锐角、钝角讨论，分别过作准线的垂线，垂足为，直线交准线于，作，垂足为，结合抛物线定义、图形性质可得答案. 【详解】当的倾斜角为锐角时，如图所示，由抛物线（）的焦点为， 准线方程为，分别过作准线的垂线，垂足为， 直线交准线于，作，垂足为， 则，，， 所以，， 所以，则，所以直线的倾斜角； 当直线的倾斜角为钝角时， 如图所示，由抛物线（）的焦点为， 准线方程为，分别过作准线的垂线，垂足为， 直线交准线于，作，垂足为， 则，，， 所以，， 所以，则， 则的倾斜角为. 故选：BC. 10. 如图，已知四边形中，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列的首项为，是数列的前项和，则下列结论正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用、、三点共线，推导得出，结合递推公式可判断A选项；利用等比数列的定义可判断B选项；利用等比数列的通项公式可判断C选项；利用分组求和法可判断D选项. 【详解】因为、、三点共线，设，其中， 则，可得， 又因为，且、不共线， 若，则，则三点共线，即重合， 则也重合，矛盾； 则，所以，，可得， 对于A选项，因为，则，A错； 对于B选项，因为， 且，所以，数列为等比数列，且其首项为，公比为，B对； 对于C选项，由B选项可知，，所以，，C对； 对于D选项， ，D对. 故选：BCD. 11. 如图所示，有一个棱长为2的正四面体容器，D是的中点，E是上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与所成的角为 B. 的周长最小值为 C. 如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为 D. 如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，进而得到线线垂直，求出答案；B选项，把沿着展开与平面同一平面内，由余弦定理求出的最小值，得到周长的最小值；C选项，求出正四面体的内切球即为小球半径的最大值；D选项，当四个小球相切且与大正四面体相切时，小球半径最大，连接四个小球的球心，构成正四面体，设出半径，结合C选项中结论得到方程，求出小球半径的最大值. 【详解】A选项，连接，由于为的中点，    所以，， 又，平面， 所以直线平面，又平面， 所以，故A正确； B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点， 则的最小值即为的长， 由于，，    ， ， 所以， 故，的周长最小值为，B正确； C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球， 设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点， 则为的中心，点在上，过点作于点， 因为，所以，同理， 则， 故， 设，故， 因为∽，所以，即， 解得，C错误；      D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切， 设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体， 由C选项可知，其高为， 由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，作平面平面且与小球相切，与平面交于， 则，， 由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体中，，， 正四面体高为，解得，D正确.    故选：ABD 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知（）是直线l的方向向量，是平面的法向量，若，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，利用数量积的坐标表示列式求解，即得答案. 【详解】由，可知， 即 ， 解得， 故答案为： 13. 已知O为坐标原点，点M满足，则点M到直线距离的最大值为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可知，点M的轨迹是以原点为圆心，以1为半径的圆，而直线恒过定点，则点M到直线距离的最大值为：即可求解． 【详解】解：由题意可知，点M的轨迹是以原点为圆心，以1为半径的圆， 如图所示： 直线，即， 则直线恒过定点， 则点M到直线距离的最大值为：． 故答案为： 14. 希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（，且）的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点P是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为_________；若点Q为抛物线E：上的动点，Q在轴y上的射影为H，则的最小值为_________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】先求出点的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得，当且仅当四点共线时取等号. 【详解】设，已知，， 则，化简整理得， 所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆； 抛物线的焦点，准线方程为， 则， 当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号， 又， 所以的最小值为. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题第二空的关键是利用三角形两边之和大于第三边，当三点共线时取等号. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知是等差数列的前项和，且，. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设的首项为，公差为d，根据条件建立方程组，解出，即可求解； （2）由（1）可得，利用错位相减法，即可求解. 【小问1详解】 设的首项为，公差为d， 由题可得， 解得，，所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 则， 于是， 两式相减得 ， 所以. 16. 已知圆C：. （1）若直线l过点）且与圆C相切，求直线l的方程； （2）若直线l过点与圆C相交于P，Q两点，求的面积的最大值，并求此时直线l的方程. 【答案】（1）或. （2）或. 【解析】 【分析】（1）先判断点在圆C外，当切线斜率存在时，利用圆心到直线距离为半径列式求解斜率即可，当直线斜率不存在时，与圆相切，即可求解. （2）设直线l的方程为，求出圆心到直线l的距离，结合弦长公式利用基本不等式求解面积的最大值，求出，列式求解，即可求出直线方程. 【小问1详解】 因为，所以点在圆C外， 当切线斜率存在时，可设直线方程为：，即. 因为直线与圆相切，所以点到直线的距离为2，即，解的， 此时直线方程为， 当直线斜率不存在时，即，此时满足直线与圆相切. 综上可知直线l的方程为或. 【小问2详解】 因为直线与圆相交，所以斜率k存在，且. 设直线l的方程为，即， 所以圆心到直线l的距离， 故可得， 当且仅当时等号成立， 此时，解的或. 所以直线的方程为：或. 17. 已知等比数列和等差数列满足：，，，，的前n项和为. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设的公比为q（），等差数列的公差为d，根据条件建立方程组，解出，即可求解； （2）由（1）中结果，可得，利用裂项相消法，即可求解. 【小问1详解】 等比数列满足，所以为递增数列， 设的公比为q（），等差数列的公差为d， 又，，，所以， 解得或（舍去） 所以，. 【小问2详解】 因为，所以， 故， . 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为,且，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）已知点，是曲线上两点（点不同于点），直线，分别交直线于两点，若，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件，列方程组，解出，即可求解； （2）根据题设直线的方程为，（），，，联立直线与椭圆方程，消去整理得，利用根与系的关系得，再根据题设求出，，结合题设条件，即可求解. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为，由题意知, 解得，所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 由题意知，直线斜率不为，设直线的方程为，（） ，，，联立方程， 消去整理得， 所以， 易知直线为，令，得到，则， 同理可得， 所以 ， 将代入，化简整理得， 解得（舍）或， 所以直线恒过定点. 19. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点. （1）证明：； （2）点F满足，求平面ABD与平面ABF所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：连接， 因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②， 由①②，，平面，所以平面， 而平面， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及其性质定理证明可得结论； （2）建立空间直角坐标系，分别求得两平面的法向量，即可得出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设， ，， 则，即，则， ，， 又，平面 平面， 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 可得， 设平面与平面的一个法向量分别为， 平面与平面所成角为，而， 因为，所以，即有， 可得，取，所以； 又，取，所以， 所以，从而， 所以平面与平面所成角的正弦值为. 20. 已知圆C：，定点，N为圆C上一动点，线段的中垂线与直线交于点P. （1）证明为定值，并求出点P的轨迹E的方程； （2）若曲线E上存在一点Q，点A，B分别为直线：在第一象限上的点与直线：在第四象限上的点，，，求（O为坐标原点）面积的取值范围. 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）由中垂线得到，再根据双曲线的定义求解即可； （2）利用表示出，，再结合点在双曲线上可得，从而表示出，再根据双勾函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 易得圆C：的圆心为，半径为2. 因为在线段的中垂线上，所以， 所以为定值. 又. 由双曲线的定义知，点P的轨迹E是以C，M为焦点，实轴长为2的双曲线. 设双曲线E的方程为（，），则，又， 所以，所以双曲线E的方程为； 【小问2详解】 由题意知，为双曲线的渐近线. 根据题意设，，，， 因为，所以，， 所以，. 因为Q点在双曲线上，所以， 所以，所以， 易得，. 易知， 则， 即， 易知函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，取得最小值为，当时，取得最大值为， 面积的取值范围. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据向量共线表示出Q点的横纵坐标，利用Q在双曲线上得到，后转化为函数求值域. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $