精品解析：广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期末联考数学试题

2024—2025学年度高二年级上学期期末联考 数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：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．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 已知空间向量，且，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 4 2. 已知椭圆上一点到的两个焦点的距离之和为，则的长轴长为（ ） A. 1 B. 6 C. 3或6 D. 2或4 3. 首项为1的数列满足，则（ ） A. 2 B. 5 C. 21 D. 26 4. 已知点在双曲线的渐近线上，为上一点，则的焦距为（ ） A. B. 4 C. D. 8 5. 四棱锥中，已知平面的法向量为，则该四棱锥的高为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 记前项和为，且数列的通项公式为，则当取得最小值时（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 已知为抛物线的焦点，为第一象限内位于上的两点，且，则直线的斜率为（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知曲线，则（ ） A. 不关于轴对称 B. 上的点到轴，轴的距离之积不超过 C. 上点到原点的距离最小值为2 D. 曲线所围成图形的面积大于2 二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知点分别为正方体中平面和平面的中心，则（ ） A. 对于任意的，均有共面 B. 对于任意的，使得 C. 存在，使得共面 D. 不存在使得 10. 已知直线，则（ ） A. 若，则倾斜角的取值范围为 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则与之间的距离为4 11. 已知双曲线的左，右焦点分别为，圆与的渐近线相切．为右支上的动点，过点作的两渐近线的垂线，垂足分别为，，则（ ） A. 的离心率为2 B. 的两渐近线倾斜角分别为和 C. 为定值2 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记为等差数列的前项和，已知，则__________． 13 已知直线与圆交于两点，若，则__________． 14. 已知椭圆的左右顶点分别为，若直角三角形的直角顶点为，点在上，点在直线上，且满足，则的面积为__________． 四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知，圆是以线段为直径圆，圆． （1）求的标准方程； （2）求与的公切线条数，并探究与是否有公共弦，若有，求出公共弦的一般式方程；若没有，说明理由． 16. 记为数列前项积，为数列的前项和，且是以为首项，为公差的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 17. 已知抛物线，过点的直线与交于两点，其中点在第一象限． （1）证明：； （2）若四边形为梯形，求其面积． 18. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，在底面的射影在四边形内部，已知平面平面，平面平面． （1）证明：； （2）若，当直线与平面所成角为时，求平面与平面夹角的余弦值． 19. 记各项均为正数的等比数列前项和为，且． （1）记为数列的公比，求； （2）证明：对任意的正整数； （3）记，数列前项和为，求的整数部分． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度高二年级上学期期末联考 数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：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．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 已知空间向量，且，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据列方程，解方程即可. 【详解】由可得，解得． 故选：A． 2. 已知椭圆上一点到的两个焦点的距离之和为，则的长轴长为（ ） A. 1 B. 6 C. 3或6 D. 2或4 【答案】B 【解析】 【分析】讨论焦点的位置，再利用椭圆定义可得答案. 【详解】因为椭圆， 若椭圆的焦点在轴上，则，则由得（舍去）； 若椭圆的焦点在轴上，则，则由得，故椭圆的长轴长为6． 故选：B． 3. 首项为1的数列满足，则（ ） A. 2 B. 5 C. 21 D. 26 【答案】D 【解析】 【分析】利用递推关系式逐个求解可得答案. 【详解】由题意可得，，， 故选：D. 4. 已知点在双曲线的渐近线上，为上一点，则的焦距为（ ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】求出渐近线方程，根据两点坐标得到方程组，求出，求出焦距. 【详解】的渐近线方程为， 由已知得解得从而，故的焦距为． 故选：C． 5. 四棱锥中，已知平面的法向量为，则该四棱锥的高为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由点到平面距离向量公式求出四棱锥的高. 【详解】由题意可得该四棱锥的高． 故选：B． 6. 记的前项和为，且数列的通项公式为，则当取得最小值时（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据得到的单调性，再结合的正负可得数列的增减性，即可得到时最小. 【详解】由题意可得，则， 所以当时，；当时，， 又因为， 所以当时，； 当时，； 当时，． 因此当时，数列单调递减；当时，单调递增，所以， 故． 故选：C． 7. 已知为抛物线的焦点，为第一象限内位于上的两点，且，则直线的斜率为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】合理作出图形，找到直线的倾斜角，在直角三角形内求解其正切值即可. 【详解】设抛物线准线为，过两点分别作，垂足分别为， 作于点，如图所示： 由抛物线定义得， 故，而在直角三角形中，， 由题意得直线的倾斜角为，且设斜率为， 由斜率的几何意义得， 即直线的斜率为，故A正确. 故选：A 8. 已知曲线，则（ ） A. 不关于轴对称 B. 上的点到轴，轴的距离之积不超过 C. 上的点到原点的距离最小值为2 D. 曲线所围成图形的面积大于2 【答案】B 【解析】 【分析】对于选项A，将代入曲线方程检验，即可判断； 对于选项B，利用基本不等式，即可求得的最小值，即可判断； 对于选项C，利用点到原点的距离公式，结合立方和公式和选项B的结论，即可判断； 对于选项D，曲线所围成图形在所围成的区域内部，求得所围成的面积，即可判断. 【详解】对于选项A，若在曲线上，则也在上，故关于轴对称，故选项A错误； 对于选项B，由，则，当且仅当时等号成立，故选项B正确； 对于选项C， 由 ，当且仅当时等号成立，故上的点到原点距离的最小值为，故选项C错误； 对于选项D，曲线过，，由，则在所围成的区域内部，而所围成的面积为2，故曲线所围成图形的面积小于2，故选项D错误． 故选：B． 二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知点分别为正方体中平面和平面的中心，则（ ） A. 对于任意的，均有共面 B. 对于任意的，使得 C. 存在，使得共面 D. 不存在使得 【答案】AC 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理判断AC，根据空间向量基本定理求得值判断BD． 【详解】对于A，正方体中，，四边形为平行四边形，，都在平面内， 所以对于任意，都有共面，故A正确； 对于，故，故B错误； 对于，则时，共面，故C正确； 对于D，，得，故D错误． 故选：AC． 10. 已知直线，则（ ） A. 若，则倾斜角的取值范围为 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则与之间的距离为4 【答案】BC 【解析】 【分析】根据直线的倾斜角和斜率的关系判断A的真假；根据两直线平行求参数的值，判断B的真假；根据两直线垂直求参数的值，判断C的真假；根据平行线间的距离公式求值，判断D的真假. 【详解】对于A：当时，直线的斜率，当时，的倾斜角，当时，的倾斜角，故A错误； 对于B：由，得，解得3，经检验，当时，与不重合，故B正确； 对于C：由，得，解得，故C正确； 对于D：由B可知时，，此时直线，则与之间的距离为，故D错误． 故选：BC 11. 已知双曲线的左，右焦点分别为，圆与的渐近线相切．为右支上的动点，过点作的两渐近线的垂线，垂足分别为，，则（ ） A. 的离心率为2 B. 的两渐近线倾斜角分别为和 C. 为定值2 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由圆心到渐近线的距离等于半径求得，再计算出可得离心率判断A，根据渐近线的斜率得倾斜角判断B，设，计算后判断C，利用余弦定理及基本不等式求解判断D． 【详解】A选项，与的渐近线相切，所以圆心到渐近线的距离等于圆的半径，即，解得，所以，离心率，故A正确； B选项，因为的渐近线为，即两渐近线的倾斜角分别为和，故B正确； C选项，设，则为定值，故C错误； D选项，因为，则，由余弦定理可得， 可得，当且仅当时等号成立，此时点为双曲线的右顶点，故D正确． 故选：ABD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记为等差数列的前项和，已知，则__________． 【答案】24 【解析】 【分析】由等差数列下标和的性质，以及前项求和公式，即可得到答案. 【详解】因为，所以． 故答案为：24． 13. 已知直线与圆交于两点，若，则__________． 【答案】3或13 【解析】 【分析】先得出圆心坐标和半径，由勾股定理出求圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式即可求解. 【详解】因为圆， 则圆心坐标为，半径， 因为， 则圆心到直线的距离， 所以，解得或13． 故答案为：3或13． 14. 已知椭圆的左右顶点分别为，若直角三角形的直角顶点为，点在上，点在直线上，且满足，则的面积为__________． 【答案】160 【解析】 【分析】作出辅助线，得到三角形相似，得到各边长，求出，分的坐标为和两种情况，得到对应的点坐标，设梯形的面积为，利用求出答案. 【详解】椭圆右顶点为，故， 设直线与轴的交点为，过点作轴的垂线，垂足为， 由于直角顶点为，则，又， 所以， 又，故∽， 由于，所以，故， 中，令得， 故， 当的坐标为时，，则， 故， 当的坐标为时，，则， 故． 设梯形的面积为， 当时， ， 当，时， 160，故的面积为160． 故答案为：160． 四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知，圆是以线段为直径的圆，圆． （1）求标准方程； （2）求与的公切线条数，并探究与是否有公共弦，若有，求出公共弦的一般式方程；若没有，说明理由． 【答案】（1） （2）2条，有， 【解析】 【分析】（1）求出的中点坐标、可得圆心坐标、半径，可得的标准方程； （2）求出圆心距，即可判断两圆相交，再两圆方程作差，可求出公共弦方程． 【小问1详解】 因为，所以的中点为， 且， 因为是以线段为直径的圆，即圆心为， 半径， 所以的标准方程为； 【小问2详解】 圆的圆心2， 又， 所以，故两圆相交，其公切线条数为2， 此时有公共弦， 则两圆方程作差得到公共弦的一般式方程为． 16. 记为数列的前项积，为数列的前项和，且是以为首项，为公差的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出的值，利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式，由可求得数列的通项公式； （2）利用裂项相消法求出，可证得结论成立. 【小问1详解】 由题意可得，则， 由等差数列的通项公式可得，即． 当时，， 且符合上式，故． 小问2详解】 由（1）可知：， 故． 17. 已知抛物线，过点直线与交于两点，其中点在第一象限． （1）证明：； （2）若四边形为梯形，求其面积． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，设出直线的方程，利用韦达定理及斜率坐标公式计算推理得证. （2）分析梯形的几何特征确定点的位置，求出坐标，进而求出梯形面积. 【小问1详解】 直线不垂直于轴，设其方程为，， 由消去得，则， 直线的斜率分别为，则 ， 所以． 【小问2详解】 若四边形为梯形，由对称性，不妨设上底为，由（1）知， 由梯形上下底平行得，，则，即点在线段的中垂线上， 于是的横坐标为1，点，， 梯形的面积为. 18. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，在底面的射影在四边形内部，已知平面平面，平面平面． （1）证明：； （2）若，当直线与平面所成角为时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再推出线线垂直，再结合线面垂直的判定定理得到平面，最后根据线面垂直的性质可得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，用空间向量求二面角的余弦. 【小问1详解】 如图， 作于于， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可证：平面．平面，所以， 又，所以， 又与相交（的两条高线），平面， 所以平面，又平面，所以． 【小问2详解】 由（1）知，平面，又因为平面， 所以平面平面， 故直线与平面所成角为等价于， 因为，所以， 以为坐标原点，方向分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 可得， 设平面，平面的法向量分别为 故，不妨令， 则， 不妨令 则， 设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 19. 记各项均为正数的等比数列前项和为，且． （1）记为数列的公比，求； （2）证明：对任意的正整数； （3）记，数列前项和为，求的整数部分． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）1620 【解析】 【分析】（1）利用等比数列通项公式可求得公比的值. （2）把不等式等价转化为证明，利用数列的性质可证明结论成立. （3）通过分离参数可得，根据（2）中结论可得，由此可求得的整数部分. 【小问1详解】 依题意可得， 代入原式得，即，解得或． 当时，与题意矛盾，舍去， 故． 【小问2详解】 由（1）得，，依题意可转化为证明，即证明， 令， 因， 所以数列单调递减，所以，证明完毕． 【小问3详解】 由题意可得，， 所以， 所以，故． 由（2）知， 所以． 所以， 因此的整数部分为1620． 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问的关键是把不等式等价转化为证明，利用数列的性质可证明结论成立.解决第（3）问的关键是借助第（2）的结论得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$