精品解析：广东省广州市天河区2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷

2024学年第一学期天河区期末考试 高二数学 本试卷共6页，19小题，满分为150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡相应的位置上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 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. 等差数列中，，则公差（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 若直线，直线，若，则实数（ ） A. B. C. 2 D. 3 3. 已知圆，圆，则圆与圆的位置关系是（ ） A. 内含 B. 外切 C. 相交 D. 外离 4. 比较下列四个椭圆的形状，其中更接近于圆的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，设原正三角形（图①）的边长为2，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为，则（ ） A B. C. D. 6. 过双曲线的一个焦点作一条渐近线的垂线，垂足为点，直线与另一条渐近线相交于点，若是线段的中点，则双曲线的渐近线为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知二面角的大小为，棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，则（ ） A. B. C. D. 4 8. 设为正整数，数列是公比不为1的等比数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列是可分数列．现有下列3个命题：①数列是可分数列；②数列是可分数列；③数列是可分数列．其中是真命题的为（ ） A ① B. ①② C. ①③ D. ②③ 二、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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知数列是等差数列，前项和为，则下列条件能推出的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知动点在抛物线上，过点向轴作垂线段，垂线段中点的轨迹为曲线是曲线上的两点，则（ ） A. 曲线的方程为 B. 若，则直线过定点 C. 若直线过点，点的纵坐标为1，则 D. 若直线过点，连接分别交直线点，则 11. 如图，棱长均为的平行六面体中，，点为平面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 在上的投影向量为 C. 以为球心，半径为的球，与侧面的交线长为 D. 若直线与直线所成的角为，则点的轨迹为双曲线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 是双曲线上一点，点，分别是双曲线左右焦点，若，则______. 13. 已知数列中，则数列通项公式______． 14. 已知圆，圆上恰有两个点到直线的距离都等于1，则的取值范围为______． 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. 在正方体中，分别是的中点． （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的大小． 16. 记为等比数列的前项和，且． （1）求数列的通项公式及前项和； （2）若，求数列的前项和． 17. 已知圆过三点． （1）求圆的标准方程； （2）若圆与圆关于直线：对称，求圆的方程； （3）若过点的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程． 18. 如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，． （1）若点为线段的中点， ①证明：∥面； ②求直线与平面间的距离； （2）若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积． 19. 设椭圆的离心率为，过点且斜率为的直线与轴相交于点，与椭圆相交于点两点． （1）求椭圆方程； （2）若，求的值： （3）若圆心在椭圆上，半径为的圆，我们称是椭圆的“卫星圆”，过原点作椭圆的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆于两点，试问是否为定值？若是，求出该定值；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 $ 2024学年第一学期天河区期末考试 高二数学 本试卷共6页，19小题，满分为150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡相应的位置上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 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. 在等差数列中，，则公差（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】应用等差数列通项公式基本量运算即可求解. 【详解】因为等差数列，所以 所以. 故选：C. 2. 若直线，直线，若，则实数（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知直线垂直系数关系公式列方程计算求解即可. 【详解】因为直线，直线，又因为， 则，即得. 故选：B. 3. 已知圆，圆，则圆与圆的位置关系是（ ） A. 内含 B. 外切 C. 相交 D. 外离 【答案】B 【解析】 【分析】先分别找出两圆的圆心坐标和半径，再计算圆心距，最后根据比较结果得出两圆位置关系. 【详解】对于圆：方程为，其圆心，半径. 对于圆：方程为，其圆心，半径. 根据两点间距离公式，则圆心距. 两圆半径之和. 因为圆心距，恰好等于两圆半径之和. 所以圆与圆的位置关系是外切. 故选：B. 4. 比较下列四个椭圆的形状，其中更接近于圆的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出这四个椭圆的离心率，通过比较离心率的大小来判断哪个椭圆更接近于圆. 【详解】根据离心率公式， 对于椭圆，则离心率. 对于椭圆，则离心率. 对于椭圆，离心率 对于椭圆，离心率. 比较离心率大小：为了比较，，，的大小. 先将，，. 分别计算它们的平方：，，，. 因为，所以. 即. 离心率越小椭圆越接近于圆，因为选项D的椭圆离心率最小，所以更接近于圆. 故选：D. 5. 如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，设原正三角形（图①）的边长为2，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设各个图形的周长依次排成一列构成数列，观察图形知，从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍，边长是相邻前一个图形的，判断为等比数列，求出其通项，即可得. 【详解】观察图形知，各个图形的周长依次排成一列构成数列， 从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍， 边长是相邻前一个图形的， 因此从第二个图形开始，每一个图形的周长是相邻前一个图形周长的， 即有，因此数列是首项，公比为的等比数列， 故，则. 故选：A. 6. 过双曲线的一个焦点作一条渐近线的垂线，垂足为点，直线与另一条渐近线相交于点，若是线段的中点，则双曲线的渐近线为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等腰三角形的判定定理和性质，结合双曲线和渐近线的对称性、双曲线的离心率公式进行求解即可. 【详解】由对称性，不妨设，另一个焦点为，连接， 也不妨设l与渐近线垂直，垂足为点A，与交于点B， 因为A是线段FB的中点，且l与垂直， 所以，因此三角形是等腰三角形，因此， 则由对称性可知，，又， 所以有， 因此由对称性可知渐近线斜率， 则双曲线的渐近线方程为. 故选：C. 7. 如图，已知二面角的大小为，棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，则（ ） A. B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】通过将向量用已知向量表示出来，再利用向量的模长公式进行计算. 【详解】因为，可得. 则. 已知垂直于棱，垂直于棱，所以，. 又因为二面角的大小为，所以与夹角为. 已知，，. 根据向量数量积公式，则. 将值代入的式子中，. 对两边开平方，可得. 故选：A. 8. 设为正整数，数列是公比不为1的等比数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列是可分数列．现有下列3个命题：①数列是可分数列；②数列是可分数列；③数列是可分数列．其中是真命题的为（ ） A. ① B. ①② C. ①③ D. ②③ 【答案】C 【解析】 【分析】根据可分数列的定义即可验证结论. 【详解】对于①，由于从数列中删去两项后，剩余的项可被平均分为组， 能构成等比数列，所以数列是可分数列，故①正确； 对于②，由于从数列中删去两项后，剩余的项， 平均分为2个组后不可能构成等比数列，所以数列是不可分数列，故②错误； 对于③，由于从数列中删去两项后， ，项后的顺序不变，依次三项可构成等比数列， 所以数列是可分数列，故③正确. 故选：C. 二、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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知数列是等差数列，前项和为，则下列条件能推出的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据等差数列的基本量运算及求和公式计算求解. 【详解】|对于A：，所以，A选项正确； 对于B：因为，所以，B选项错误； 对于C：因为，所以，所以，C选项正确； 对于D：，所以，不能确定是否为0，D选项错误. 故选：AC. 10. 已知动点在抛物线上，过点向轴作垂线段，垂线段的中点的轨迹为曲线是曲线上的两点，则（ ） A. 曲线的方程为 B. 若，则直线过定点 C. 若直线过点，点的纵坐标为1，则 D. 若直线过点，连接分别交直线点，则 【答案】CD 【解析】 【分析】设垂线段的中点坐标为，则的坐标为，代入抛物线方程计算可求曲线的方程判断A；设的直线方程为，，与抛物线方程联立可求得定点坐标判断B；利用焦半径公式求得判断C；设的直线方程为，，与抛物线联立可求得判断D. 【详解】对于A，设垂线段的中点坐标为，则的坐标为， 又点在抛物线上，故，即， 所以曲线的方程为，故A错误； 对于B，设的直线方程为，， 联立方程，可得，所以， 又，，所以，所以， 又，所以， 即直线过定点，故B错误； 对于C，直线过点，由抛物线方程可得为抛物线的焦点， 因为点的纵坐标为1，所以点的横坐标为，所以，故C正确； 对于D，设的直线方程为，， 联立方程，可得，所以， 又，，所以，所以， 则直线，直线， 令，可得，， 所以，所以，故D正确. 故选：CD. 11. 如图，棱长均为的平行六面体中，，点为平面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 在上的投影向量为 C. 以为球心，半径为的球，与侧面的交线长为 D. 若直线与直线所成的角为，则点的轨迹为双曲线 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据基底法可证得，，由此可得A正确；利用基底法和投影向量公式可求得B正确；建立空间直角坐标系，利用点到面的距离向量求法可求得到平面的距离，由此可得截面圆半径，进而得到交线长，知C错误；根据线线角可确定点在以为顶点，或的反向延长线为轴，为母线的圆锥面上，根据截面与圆锥的位置特征可知D正确. 【详解】对于A，，，， ， ， ，，又，平面， 平面，A正确； 对于B，， ，， ， 在上的投影向量为，B正确； 对于C，作，垂足为，设， 由A知：平面，又平面，； ，四边形为平行四边形，四边形为菱形，； ，平面，平面， 又平面，， 平面，，平面， 以为坐标原点，正方向为轴正方向，作轴，可建立如图空间直角坐标系， 由B知：，，，，， ，，，， ，， ，， 设平面的法向量， ，令，解得：，，，又， 点到平面的距离， 又，以为球心，半径为的球，与侧面的交线是以为圆心，为半径的圆在四边形中（含边界）的部分， 交线长为，C错误； 对于D，，直线与直线所成角即为或其补角， 直线与直线所成角为，或， 点在以为顶点，或的反向延长线为轴，为母线的圆锥面上， 又平面，的轨迹是平面截圆锥面所得的图形， 平面，点轨迹为双曲线，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题重点考查立体几何中的动点轨迹问题，本题C选项的解题关键是能够确定球心到截面的距离，进而得到截面圆半径；D选项的解题关键是能够确定动点所满足的几何图形，根据平面截圆锥所得曲线形状确定结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 是双曲线上一点，点，分别是双曲线左右焦点，若，则______. 【答案】9 【解析】 【分析】根据双曲线的定义即可求解. 【详解】是双曲线上一点，所以，所以， 由双曲线定义可知， 所以或者，又，所以， 故答案为：9. 13. 已知数列中，则数列通项公式______． 【答案】 【解析】 【分析】先将表达式化简，再依次写出，，，的式子，将这些式子累加，消去中间项，从而得到与的关系，进而求出. 【详解】化简的表达式： 所以. 利用累加法求 当时，； 当时，； . 将以上个式子累加得： 已知，则： . 故答案为：. 14. 已知圆，圆上恰有两个点到直线的距离都等于1，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆的方程确定圆心和半径，由题意可得圆心到直线的距离满足，利用点到直线的距离公式计算，解不等式即可. 【详解】由圆的方程：，可得圆心为坐标原点，半径为3． 若圆上恰有2个点到直线的距离等于1， 则圆心到直线的距离满足， 则， 解得， 解得． 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. 在正方体中，分别是的中点． （1）求证：； （2）求异面直线与所成角的大小． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系应用数量积为0证明垂直关系； （2）根据空间直角坐标系，分别求出和，然后利用异面直线向量的夹角求法即可求解. 【小问1详解】 由题意，以D为坐标原点，分别以DA、DC、为轴建立空间直角坐标系，如下图： 设正方体棱长为2，则， 则，所以， 所以，所以. 【小问2详解】 ，， 设异面直线与所成角为， 故. 所以. 16. 记为等比数列的前项和，且． （1）求数列的通项公式及前项和； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列通项公式和前项和公式，结合已知条件求出等比数列的首项和公比，进而得到通项公式和前项和公式；（2）对于数列的前项和，通过错位相减法来求解. 【小问1详解】 设等比数列的公比为. 已知，可得 ①. 又已知，可得 ②. 将①代入②得：，即， ③. 由①得，代入③得：，，，解得或. 因为，所以，则. 把代入，得，. 那么数列的通项公式. 前项和. 【小问2详解】 已知，. 则 ④. ⑤. 由④ - ⑤得： . . 等比数列（）的首项为，公比为，项数为项，其和为. 所以. 则. 则数列的前项和. 17. 已知圆过三点． （1）求圆的标准方程； （2）若圆与圆关于直线：对称，求圆的方程； （3）若过点的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）首先利用圆的一般方程设出圆的方程，将三个点的坐标代入求出圆的一般方程，再转化为标准方程； （2）先求出已知圆的圆心关于对称直线的对称点，即得到对称圆的圆心，半径不变； （3）根据弦长公式结合圆心到直线的距离公式来求解直线方程. 【小问1详解】 设圆的方程为. 把，，三点分别代入方程可得： 解得，，， 所以圆的方程为，其标准方程为. 【小问2详解】 设圆的圆心.因为圆与圆关于直线对称， 则直线与直线垂直，且线段的中点在直线上. 直线的斜率为，两直线垂直斜率之积为，所以 . 线段中点在直线上，即 . 由得，代入式得：，，解得，则. 所以圆的圆心，半径与圆相同为. 则圆的方程为. 【小问3详解】 当直线的斜率不存在时，直线的方程为. 此时到直线的距离，弦长，满足题意. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即. 圆心到直线的距离. 因，弦长公式得，两边平方得解得. 所以，两边平方得. 展开得，移项可得. 则直线的方程为，即. 综上所得，直线的方程为或. 18. 如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，． （1）若点为线段的中点， ①证明：∥面； ②求直线与平面间的距离； （2）若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积． 【答案】（1）①证明见解析；② （2） 【解析】 【分析】（1）①取的中点，连接，先根据题意证明四边形是平行四边形，再证明∥面；②建立空间直角坐标系，通过空间向量可求直线与平面间的距离. （2）设，利用向量法求得正弦值的最大值，即此时的值，从而求得三棱锥的体积． 【小问1详解】 ①如图，取的中点，连接，有，， 又，，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以∥面； ②如图，取的中点，连接， 因为，所以， 由， 四边形是正方形，有， 因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面， 在平面内作直线的垂线， 则平面，有， 以坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以平面，因为平面，所以， 由，，知， 由，知， 从而有，， 有， 设平面的法向量为， 由，取，则， 得平面的一个法向量为， 因为∥面，所以到平面的距离即为直线与平面间的距离， 又，所以到平面的距离， 所以与平面间的距离为. 【小问2详解】 ， 设， ， 底面的一个法向量为, 设直线与底面所成的角为， 所以， 当时，； 当时，， 当时，取最大值， 此时， 所以到平面的距离为， 又，所以此时三棱锥的体积为． 19. 设椭圆的离心率为，过点且斜率为的直线与轴相交于点，与椭圆相交于点两点． （1）求椭圆的方程； （2）若，求的值： （3）若圆心在椭圆上，半径为的圆，我们称是椭圆的“卫星圆”，过原点作椭圆的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆于两点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）是定值，定值为16. 【解析】 【分析】（1）椭圆离心率公式结合求出椭圆方程； （2）接着通过联立直线与椭圆方程，利用向量关系求出直线斜率；最后根据圆的切线性质以及椭圆方程判断并计算出相关式子是否为定值. 【小问1详解】 椭圆，其中 离心率（为半焦距），且，又，即. 由可得，将其代入，得到. 即，解得. 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 过点且斜率为的直线方程为. 令，可得，所以. 设，，将代入椭圆方程，得到. 化简得. 由韦达定理可得. 因为，所以，即. 所以，两边同时乘以得. 即，解得. 【小问3详解】 由（1）知，则“卫星圆”半径. 设“卫星圆”方程为，因为圆心在椭圆上，所以，即. 设切线方程为，由圆心到切线的距离等于半径可得. 整理得. 设切线，的斜率分别为，，则，. 将代入椭圆方程得，则，，所以. 同理. 因为，，， 所以 所以是定值16. 【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $