精品解析：甘肃省2024-2025学年高二上学期期末数学试题

高二上学期期末学业水平质量测试卷 数 学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置． 2．全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案用0.5毫米黑色笔迹签字笔写在答题卡上． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 参考公式：锥体的体积公式：（其中s为锥体的底面积，h为锥体的高）． 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，只有一项是符合题目要求的） 1. 直线：的倾斜角为（ ） A. 0° B. 30° C. 45° D. 60° 2. 已知等差数列满足，则的前10项和为（ ） A. 5 B. 10 C. 20 D. 30 3. 设为抛物线的焦点，若上的点到焦点的距离为2，则的准线方程为（ ） A B. C. D. 4. 某电视台连续播放4个广告，现将2个不同公益广告插入其中，保持原来的4个广告播放顺序不变，不同的播放方式有（ ） A. 10种 B. 20种 C. 30种 D. 60种 5. 古希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇编》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，他指出：到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线.当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.则方程表示的圆锥曲线为（ ） A. 椭圆 B. 双曲线 C. 抛物线 D. 以上都不对 6. 在以“旅行丝绸路，研学在甘肃”为主题的甘肃研学旅行大会活动中，某学校有10名志愿者参加接待工作.若每天排早、中、晚三班，每班3人，每人每天最多值一班，则第一天不同的排班种数为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系xOy中，若记动点P为，若点P在直线上，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 8. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，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. 对于直线：与圆：，下列说法正确的是（ ） A. 过定点 B. 的半径为9 C. 与相交 D. 被截得的弦长最小值为 10. 若数列满足，，数列的前项和为，且，则（ ） A. B. 是等比数列 C. 数列前项和 D. 11. 到两个定点的距离之积为大于零的常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.设和且，动点满足，记动点M的轨迹为曲线C，则下列描述正确的是（ ） A. 曲线C的方程是 B. 曲线C关于原点对称 C. 当时，曲线C经过5个整点（横、纵坐标均为整数点） D. 的面积的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知某圆上的10个不同的点，过每3个点画一个圆内接三角形，一共可画______个圆内接三角形. 13. 若的顶点，的坐标分别是，，顶点在圆上运动，则的重心的轨迹方程为______. 14. 双曲线的光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点.我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质.某“双曲线新闻灯”的轴截面是双曲线一部分，如图所示，是它的一条对称轴，F是它的左焦点，光线从焦点F发出，经过镜面上点P，反射光线为，若，，则该双曲线的离心率为______. 15. 已知数列的前n项和，其中. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 16. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点. （1）求抛物线的方程与焦点坐标； （2）不过原点的直线与抛物线交于不同两点，，若，求的值. 17. 在的展开式中，______. 给出下列条件：①二项式系数和为64；②各项系数之和为729；③第三项的二项式系数为15.试在这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并且完成下列问题： （1）求的值并求展开式中的常数项； （2）求展开式中的系数. 注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分. 18. 如图，已知椭圆：的离心率为，且过点. （1）求椭圆的方程. （2）过椭圆右焦点F且与x轴不重合的直线与椭圆交于P，Q两点. ①求面积的最大值； ②若直线与直线相交于点M，点N在直线上，证明：. 19. 若数列：满足，则数列为E数列，记. （1）写出一个满足，且的数列. （2）若，，证明：E数列是递增数列的充要条件是. （3）对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得?如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二上学期期末学业水平质量测试卷 数 学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置． 2．全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案用0.5毫米黑色笔迹签字笔写在答题卡上． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 参考公式：锥体的体积公式：（其中s为锥体的底面积，h为锥体的高）． 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，只有一项是符合题目要求的） 1. 直线：的倾斜角为（ ） A. 0° B. 30° C. 45° D. 60° 【答案】D 【解析】 【分析】先根据直线一般式求斜率再根据斜率求出倾斜角. 【详解】直线：的斜率为， 设倾斜角为，所以， 所以. 故选：D. 2. 已知等差数列满足，则的前10项和为（ ） A 5 B. 10 C. 20 D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列前项和公式和等差中项即可求出结果. 【详解】为等差数列前项和， ， 故选：B. 3. 设为抛物线的焦点，若上的点到焦点的距离为2，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先表示出抛物线的准线方程，再根据抛物线的定义计算可得. 【详解】抛物线的准线为， 因为上的点到焦点的距离为2， 所以，解得， 所以的准线方程为. 故选：A 4. 某电视台连续播放4个广告，现将2个不同的公益广告插入其中，保持原来的4个广告播放顺序不变，不同的播放方式有（ ） A. 10种 B. 20种 C. 30种 D. 60种 【答案】C 【解析】 分析】根据题意，由分步乘法计数原理，代入计算，即可得到结果. 【详解】原来有4个广告，则这4个广告之间以及两端共有5个空位插入第一个公益广告， 则有5种方法； 插入第一个公益广告之后，此时包括原来的4个广告和已经插入的第一个公益广告， 共5个元素，它们之间以及两端共有6个空位可以插入第二个公益广告， 则有6种方法； 由分步乘法计数原理可得，将两个公益广告插入的方式有种. 故选：C 5. 古希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇编》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，他指出：到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线.当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.则方程表示的圆锥曲线为（ ） A. 椭圆 B. 双曲线 C. 抛物线 D. 以上都不对 【答案】B 【解析】 【分析】将方程转化为方程判断. 【详解】方程即为方程表示： 动点到定点的距离与到定直线的距离的比为5且大于1， 所以其轨迹为双曲线. 故选：B 6. 在以“旅行丝绸路，研学在甘肃”为主题的甘肃研学旅行大会活动中，某学校有10名志愿者参加接待工作.若每天排早、中、晚三班，每班3人，每人每天最多值一班，则第一天不同的排班种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先从10人中选出3人上早班，从剩下的7人中选出3人上中班，再从剩下的4人中选出3人上中班，即可得到答案. 【详解】首先从10人中选出3人上早班，共有种， 从剩下的7人中选出3人上中班，共有种， 再从剩下的4人中选出3人上晚班，共有种， 共有种. 也可以先从10人中选出9人，共有种， 再从9人中选出3人上早班，共有种， 从剩下的6人中选出3人上中班，共有种， 其余3人上晚班，则共有种排法. 故选：D 7. 在平面直角坐标系xOy中，若记动点P为，若点P在直线上，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】作点O关于直线的对称点C，则．点P到y轴的距离为，故可视为直线上的点到y轴的距离和到的距离之和． 【详解】如图： 作点O关于直线的对称点C，则． 设，则有解得所以． 已知第一象限内的点，则， 而，，所以点P到y轴的距离为， 所以可视为直线上的点到y轴的距离和到的距离之和． 过P作轴，显然有， 当且仅当C，P，D三点共线时，和有最小值． 过点C作轴，则即为最小值， 此时P的位置即为CH与直线的交点． 因为，所以的最小值为4． 故选：B. 8. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得，，，利用递推公式一一验证即可. 【详解】依题意，，，，，，，故A错误； 当时，，， 上述三式相加可得，故B错误； ，故C错误； ，故D正确. 故选：D 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，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. 对于直线：与圆：，下列说法正确的是（ ） A. 过定点 B. 的半径为9 C. 与相交 D. 被截得的弦长最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由直线过定点即可判断AC，将圆的方程化为标准式即可判断B，由直线与点和圆心的连线垂直时，被截得的弦长最小，代入计算，即可判断D. 【详解】对于A，直线：可变形为， 由可得，所以直线过定点，故A正确； 对于B，圆：的标准式为， 则圆心，半径为，故B错误； 对于C，将点代入圆的标准式可得， 所以点在圆内，则直线与圆相交，故C正确； 对于D，当直线与点和圆心的连线垂直时，被截得的弦长最小， 且点和圆心的距离， 则弦长最小值为，故D正确； 故选：ACD 10. 若数列满足，，数列的前项和为，且，则（ ） A. B. 是等比数列 C. 数列的前项和 D. 【答案】CD 【解析】 【分析】依题意可得是首项为，公差为的等差数列，即可求出的通项公式，再由作差求出的通项公式，即可得到，从而判断A、B，利用分组求和法判断C，利用错位相减法判断D. 【详解】因为，，显然， 所以，又， 所以是首项为，公差为的等差数列，则， 则，则，故A错误； 由，当时，解得， 又时，，则，整理得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，则， 则，所以，所以不是等比数列，故B错误； 由， 所以数列的前项和 ，故C正确； 由，记数列的前项和为， 则， 所以， 所以， 所以，即，故D正确. 故选：CD. 11. 到两个定点的距离之积为大于零的常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.设和且，动点满足，记动点M的轨迹为曲线C，则下列描述正确的是（ ） A. 曲线C的方程是 B. 曲线C关于原点对称 C. 当时，曲线C经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点） D. 的面积的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知，利用两点间距离公式，可得动点的轨迹方程，即可判断A；由对称性代入即可判断B；在的轨迹方程中曲线C经过整点；即可判断C；由三角形的面积公式，即可判断D. 【详解】设，由， 得， 化简得，故A正确； 该方程中把改为，把改为方程均不变，故B正确； 在方程中，令得， 当时，，由，可得， 所以，即， 令，解得，或； 当时，得，无解； 当时，得，无解； 所以曲线C经过整点，故C不正确； ，当时，取最大值，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知某圆上的10个不同的点，过每3个点画一个圆内接三角形，一共可画______个圆内接三角形. 【答案】 【解析】 【分析】根据不共线的三点确定一个圆，可得从10个点任选3个点取法有，即可求得答案. 【详解】不共线的三点确定一个圆 从10个点任选3个点取法有， 故一共可画个圆内接三角形 故答案为： 13. 若的顶点，的坐标分别是，，顶点在圆上运动，则的重心的轨迹方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】设的重心的坐标是，点的坐标是，根据重心的坐标公式得到，，再由点在圆上运动，即满足圆的方程，从而求出重心的轨迹方程. 【详解】设的重心的坐标是，点的坐标是. 已知点，的坐标分别是，， 则的重心的坐标满足，. 因此有，①. 因为点在圆上运动， 所以点的坐标满足方程， 即满足方程②. 将①代入②，得. 即所求轨迹方程为. 故答案为： 14. 双曲线的光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点.我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质.某“双曲线新闻灯”的轴截面是双曲线一部分，如图所示，是它的一条对称轴，F是它的左焦点，光线从焦点F发出，经过镜面上点P，反射光线为，若，，则该双曲线的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设双曲线的右焦点为，依题意可得、、三点共线，根据双曲线的定义计算可得. 【详解】设双曲线的右焦点为，依题意可得、、三点共线， 因为，，所以， 所以为等腰直角三角形， 所以， 由，即 所以 故答案为： 15. 已知数列的前n项和，其中. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据计算即可求解； （2）由（1）得，结合裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 由题意知， 当时，； 当时，， 符合上式，所以，， 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以， 得，. 16. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点. （1）求抛物线的方程与焦点坐标； （2）不过原点的直线与抛物线交于不同两点，，若，求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据抛物线过点代入方程求出，即可得到抛物线方程，及焦点坐标； （2）设，联立，根据，由，结合韦达定理求解. 【小问1详解】 因为点在抛物线上， 所以，解得，所以抛物线方程为，焦点为 【小问2详解】 设，联立 得， 所以， 所以， 所以 因为， 所以， 则， ，即， 解得或， 又当时，直线过原点，不符合题意，故舍去； 所以实数值为. 17. 在的展开式中，______. 给出下列条件：①二项式系数和为64；②各项系数之和为729；③第三项的二项式系数为15.试在这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并且完成下列问题： （1）求的值并求展开式中的常数项； （2）求展开式中的系数. 注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分. 【答案】（1），展开式常数项为 （2） 【解析】 【分析】（1）若选①利用二项式系数和公式先求n，结合展开式通项公式可求常数项；若选②利用赋值法先求n，结合展开式通项公式可求常数项；若选③利用二项式定理先求n，结合展开式通项公式可求常数项； （2）利用二项式定理及其展开式通项可求指定项系数. 【小问1详解】 若选①，易知，则，此时的常数项为； 若选②，令，则， 则，此时的常数项为； 若选③，易知，则，此时的常数项为； 【小问2详解】 由上可知不论选①②③，都有， 则问题为求展开式中的系数， 先求展开式中含的项乘以，该项为， 再求展开式中常数项乘以，知该项为， 所以展开式中含的项为，所以其系数为. 18. 如图，已知椭圆：的离心率为，且过点. （1）求椭圆的方程. （2）过椭圆右焦点F且与x轴不重合的直线与椭圆交于P，Q两点. ①求面积的最大值； ②若直线与直线相交于点M，点N在直线上，证明：. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）列出关于的方程，代入计算，即可得到结果； （2）①根据题意，设直线的方程为，然后联立椭圆方程，由，结合韦达定理代入计算，即可得到结果；②设，由直线斜率公式，分别表示出，结合①中的韦达定理代入计算，即可证明. 【小问1详解】 由条件可得，解得，故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①设直线的方程为，， 代入椭圆方程整理可得，显然， 则， ， 令，则， 其中在上单调递增， 所以当，即时，取得最大值，最大值为. ②证明：由①可知，设， 则 . 19. 若数列：满足，则数列为E数列，记. （1）写出一个满足，且的数列. （2）若，，证明：E数列是递增数列的充要条件是. （3）对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得?如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据与和可考虑写出交替数列； （2）先证明必要性，根据数列是递增数列，可得，进而求得．再证明充分性，因为，再累加可得，证明即可； （3） 设，则，再累加求得，再分析的奇偶，根据整除的性质，先假设存在再证明矛盾即可． 【小问1详解】 是一个满足条件的数列． 【小问2详解】 必要性：因为数列是递增数列， 所以， 所以是首项为0，公差为3的等差数列． 所以， 充分性：由于， 故，，……，， 所以，即，当且仅当时，等号成立， 又因为，， 所以， 故，即是递增数列． 综上所述，结论成立． 【小问3详解】 设，则， 因为，，……，， 所以 ， 因为，所以为偶数()， 所以为偶数， 所以要使，必须使为偶数， 即4整除，即或， 当时，数列的项满足，，， 此时，有且成立， 当时，数列的项满足，，，时，亦有且成立； 当或时，不能被4整除，此时不存在数列，使得且成立． 【点睛】关键点睛：本题主要考查了数列新定义的问题，需要根据题意去绝对值分析，并根据整除的性质推理证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $