精品解析：广东省深圳市高级中学2024-2025学年高二上学期期末数学试题

深圳高级中学2024－2025学年第一学期期末考试 高二数学 （满分150分，考试时间120分钟） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 若为空间的一个基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（ ） A. B. C. D. 2. 在数列中，，，则（ ） A. 43 B. 46 C. 37 D. 36 3. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则的离心率等于（ ） A. B. C. D. 或 4. 已知直线和直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 三棱锥四个顶点均在同一球面上，其中平面，是正三角形，，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，二面角的大小为，点A，B分别在半平面，内，于点C，于点D．若，，．则（ ） A. B. 6 C. D. 7. 直线与圆相交所形成的长度为整数的弦的条数为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 8. 已知一个各项非零的数列满足且，则的取值范围是（ ） 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 首项为正数，公差的等差数列，其前项和为，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则是严格增数列 B. 数列一定是等差数列 C. 若，则使的最大的为 D. 若（常数），则 10. 设为坐标原点，直线过抛物线：的焦点，且与交于两点，若直线为的准线，则（ ） A. B. C. 等边三角形 D. 以为直径的圆与相切 11. 已知正方体的棱长为，点为正方形（含边界）内的一个动点，过棱的中点作该正方体的截面，满足与棱和棱分别交于两点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 直线与所成角的正切值为 C. 截面的面积为 D. 当时，点轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在正方体中，直线和直线所成的角为__________. 13. 设等比数列的前项和为，若，则______． 14. 已知椭圆的标准方程为，右顶点为，左顶点为，设点为椭圆上一点，的面积的最大值为，则的值为______；若已知点点为椭圆上任意一点，则的最小值为______． 四、解答题：本大题共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. 已知圆的圆心在直线上，并且经过点，与直线相切． （1）求圆的方程； （2）经过点的直线与圆相交于A，B两点，若，求直线的方程． 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，是的中点，作交于点. （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的正弦值为， （i）求长； （ii）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 一动圆与圆外切，同时与圆内切． （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2）记（1）所求轨迹方程对应的曲线为，点为曲线上一动点，点的坐标为，求点到点距离的最小值，并给出此时点的坐标． 18. 已知数列是等差数列，正项数列是等比数列，为数列的前项和．，． （1）求数列和的通项公式； （2）若对任意正整数恒成立，求实数的最小值； （3）若，求数列的前项和． 19. 现有一双曲线和分别为的左焦点和右焦点，是双曲线上一动点，的最大值为3． （1）求双曲线的标准方程； （2）M是的右顶点，过的直线交双曲线左支于两点， （i）求直线与直线的斜率之积； （ii）判断是否是定值，并给出理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳高级中学2024－2025学年第一学期期末考试 高二数学 （满分150分，考试时间120分钟） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 若为空间的一个基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过证明ACD选项中的三个向量共面，判断它们错误，利用反证法证明B选项中的三个向量不共面，判断B正确. 【详解】对于A，因为，所以共面， 所以不能构成基底， 对于C，因为， 所以共面，所以不能构成基底，C错误； 对于D，， 所以共面，所以不能构成基底，D错误， 对于B，若共面， 则可设，故， 故共面，与条件矛盾， 所以不共面，即能构成基底，B正确； 故选：B. 2. 在数列中，，，则（ ） A. 43 B. 46 C. 37 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】由递推公式用累加法公式求出，再求即可. 【详解】法一：由题得， 所以. 法二：由题，， 所以. 故选：C. 3. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则的离心率等于（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】借助双曲线的渐近线方程可得，即可得，即可得离心率. 【详解】由题意可得，故， 则， 故. 故选：A. 4. 已知直线和直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由题意先求出时的的值，然后根据充分不必要条件的定义判断即可. 【详解】由题设，可得，解得或. 当时，，此时，当时，，此时， 所以“”不能推出“”；“”能推出“”， 则“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 5. 三棱锥的四个顶点均在同一球面上，其中平面，是正三角形，，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】找到三棱锥外接球的球心，在三角形中求得球半径，从而求得表面积. 【详解】取的外接圆圆心为，过点作底面， 为三棱锥外接球球心，设该球半径为， 由平面，则，连接、、， 由是正三角形，，故， 由，，则， 故有， 故该球的表面积. 故选：D. 6. 如图，二面角的大小为，点A，B分别在半平面，内，于点C，于点D．若，，．则（ ） A. B. 6 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解法一：作辅助线构造三角形，根据余弦定理以及勾股定理可求得结果；解法二：根据向量的线性运算以及数量积的运算可求得结果. 【详解】解法一：在内过点C作，且，连接，， 所以为二面角的平面角. 易知平面，而四边形为矩形，所以， 故平面，因而， ， ； 解法二：由，， 得，，． 因为， 所以， 则， 解得，． 故选：C. 7. 直线与圆相交所形成的长度为整数的弦的条数为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用弦长公式计算可得弦长的取值可以为4，5，再由对称性即可得出结论. 【详解】直线化简得得，则恒过点， 圆的圆心为，半径为； 因此，在圆的内部，当与弦长垂直时，弦长最短，此时； 最大弦长应小于等于直径，因此长度为整数的弦的长度可以为4，5； 由对称性可知长度为4的只有一条，长度为5的弦长有2条，共3条. 故选：C. 8. 已知一个各项非零的数列满足且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，递推关系可化为，证明，证明数列为等比数列，由此可求数列的通项公式，再分别在，，条件下判断函数的单调性可得结论. 【详解】因为，， 所以， 设，则， 所以 若，则,，矛盾， 所以，故， 所以数列为以为首项，公比为的等比数列， 所以， 故， 若，则， 数列为递增数列，且， 所以数列为递减数列，与已知矛盾； 若，则， 所以数列为递减数列，且， 所以数列为递增数列，满足条件； 当时， ，故， 所以数列为递减数列， 令，可得， 所以当，且时，， 当，且时，， 与条件矛盾， 所以的取值范围是， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过对递推式的变形，并设，换元可得，再证明数列为等比数列，由此求出数列的通项公式. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 首项为正数，公差的等差数列，其前项和为，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则是严格增数列 B. 数列一定是等差数列 C. 若，则使的最大的为 D. 若（为常数），则 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，根据严格增数列的定义判断即可；选项B，先结合等差数列前项和公式求，再结合 等差数列的定义判断结论；选项C，利用与的关系，得及，结合等差数列前项和公式及性质找到数列的正负分界位置可得；选项D，结合与的关系求，及时，再结合等差数列性质求，由此判断D. 【详解】选项A，因为，所以对于任意的，， 故，，所以A正确； 选项B，由已知， 所以， 所以， 所以数列一定是等差数列，故B正确； 选项C，由， 知且，故， 故等差数列首项，公差， 即数列为递减数列，当时，；当时，. ，， 且当时，， 故使的最大的n为21，故C项错误； 选项D，由可得，， 当时，， 因为为等差数列，所以，故， 故，满足关系， 所以，故D正确. 故选：ABD. 10. 设为坐标原点，直线过抛物线：的焦点，且与交于两点，若直线为的准线，则（ ） A. B. C. 为等边三角形 D. 以为直径的圆与相切 【答案】BD 【解析】 【分析】先求得焦点坐标，进而求得抛物线方程，根据弦长公式、直线和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】抛物线的焦点的坐标为， 由已知直线过点， 所以， 所以，故，，所以A选项错误， 抛物线方程为，准线为， 由， 消去并化简得，， 不妨设，，， 解得或， 所以，B选项正确. 因为， 所以， 所以三角形不是等边三角形，C选项错误. 因为中点坐标为，该点到准线的距离是， 所以以为直径的圆与相切，D选项正确. 故选：BD 11. 已知正方体的棱长为，点为正方形（含边界）内的一个动点，过棱的中点作该正方体的截面，满足与棱和棱分别交于两点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 直线与所成角的正切值为 C. 截面的面积为 D. 当时，点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，结合三棱锥体积公式判断A，建立空间直角坐标系，由条件证明为所在棱中点，取的中点，由，确定直线FG与所成的角，解三角形求其正切值，判断B；截面与棱的交点分别为，同理可证它们为所在棱的中点，确定截面，求截面面积判断C；由条件可求，由此确定点的轨迹及轨迹的长度，判断D. 【详解】因为， 因为点为正方形（含边界）内的一个动点， 由已知平面平面，正方体的棱长为， 所以点到底面的距离为定值， 又的面积， 所以三棱锥体积， 所以三棱锥的体积为定值，A正确； 以为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，， 设，， 则，，， 因为，，， 故，， 所以， ， 所以，，故分别为棱的中点， 设截面与棱的交点分别为， 同理可证分别为棱的中点， 取的中点，连接，，则， 则直线FG与所成角即为直线FG与GM所成角． 在中，，，则， 即直线FG与所成角的正切值为，所以B选项正确； 因正六边形即为截面， 又正方体的棱长为， 所以正六边形的边长为，所以其面积为，所以C选项不正确， 对于D选项，因为平面，平面， 所以，又，， 所以， 因为，即圆的半径大于，小于， 所以点的轨迹为下图中以为圆心，为半径的圆位于正方形内的一段圆弧， 且，， 所以， 又，所以， 所以， 所以点的轨迹长度为，所以D正确． 故选：ABD． 【点睛】易错点点睛：本题D选项的判断容易忽视确定圆弧的圆心角的大小，导致轨迹的长度求解错误，导致答案错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在正方体中，直线和直线所成的角为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用异面直线所成角的定义可知即为所求的角. 【详解】如下图所示： 由正方体性质可得， 所以直线和直线所成的角等于， 又易知为等边三角形，所以. 故答案为： 13. 设等比数列的前项和为，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设数列的公比为，先证明，再结合等比数列求和公式化简条件，求和，再求结论. 【详解】设数列的公比为， 若，则，，， 又，所以，，与矛盾， 所以，， 因为，所以， 所以可化为， 所以， 所以， 所以， 所以或或（舍去）， 若，又，可得，此时，矛盾， 当时，， 故若，，此时， 若，，此时， 故答案为：. 14. 已知椭圆的标准方程为，右顶点为，左顶点为，设点为椭圆上一点，的面积的最大值为，则的值为______；若已知点点为椭圆上任意一点，则的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据的面积的最大值为可求得，进而可得知点、为椭圆的左、右焦点，可得出，由此利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】由已知条件可得、， 设，因为点为椭圆上一点， 所以，，， 所以的面积，当且仅当时取等号， 所以当的坐标为或时的面积取最大值，最大值为， 由已知可得， 所以椭圆方程为， 所以、分别为椭圆的左､右焦点， 所以，所以 所以 故 所以， 当且仅当，时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：；. 四、解答题：本大题共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. 已知圆的圆心在直线上，并且经过点，与直线相切． （1）求圆的方程； （2）经过点的直线与圆相交于A，B两点，若，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆的方程为，由题意，列出方程组，求解得的值，即可写出圆的方程； （2）分直线的斜率是否存在进行讨论，斜率不存在时，联立方程求出点的坐标，计算弦长验证，斜率存在时，设的方程为，由圆心到直线的距离等于半径求出的值即得. 【小问1详解】 设圆的方程为， 由已知得， 解得，，， 所以圆的方程为，即； 【小问2详解】 ① 若直线有斜率，可设的方程为，即， 由已知，则圆心到直线的距离 解得， 此时，直线的方程为，即； ② 若直线没有斜率，则的方程为， 将其代入，可得或， 即得，，满足条件， 综上所述，直线的方程为或． 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，是的中点，作交于点. （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的正弦值为， （i）求长； （ii）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）2；（ii） 【解析】 【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，计算，所以，结合即可证明； （2）（i）求出平面与平面的法向量，由两平面夹角的正弦值求长； （ii）由（1）可知是直线与平面所成角的一个平面角，即可得解. 【小问1详解】 以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则. 因为， 故，所以. 由已知，且，平面. 所以平面. 【小问2详解】 （i）设平面的法向量，因为， 所以，所以，令，得； 设平面的法向量， 所以，所以，令，得； 设平面与平面的夹角为，则， 因为，所以，所以， 解得（取正），所以长为2. （ii）由（1）可知，故是直线与平面所成角的一个平面角， 在直角中，， 又，则与互余， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为. 17. 一动圆与圆外切，同时与圆内切． （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2）记（1）所求轨迹方程对应的曲线为，点为曲线上一动点，点的坐标为，求点到点距离的最小值，并给出此时点的坐标． 【答案】（1） （2）最小值为，点的坐标为或． 【解析】 【分析】（1）设动圆圆心为，由条件可得关系，结合椭圆定义判断的轨迹形状及位置，再利用待定系数法求椭圆方程； （2）设，表示，结合关系点在椭圆上，消，求其最小值可得结论. 小问1详解】 设动圆圆心为，半径为， 设圆和圆的圆心分别为， 将圆的方程分别配方得：圆，圆 当动圆与圆相外切时，有① 当动圆与圆相内切时，有 将①②两式相加，得， 所以动圆圆心到点和的距离和是常数， 所以点的轨迹是焦点为点，长轴长等于的椭圆． 设该椭圆的标准方程为；椭圆的半焦距为， 则，， 所以， 所以， 所以动圆圆心轨迹方程为． 【小问2详解】 根据题意得：设， 因为点在椭圆上，所以，故， 所以， 所以当时，最小值为，此时点的坐标为或． 18. 已知数列是等差数列，正项数列是等比数列，为数列的前项和．，． （1）求数列和的通项公式； （2）若对任意正整数恒成立，求实数的最小值； （3）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列、等比数列的通项公式列方程组计算可得结果. （2）分离参数得，分析数列的单调性可得结果. （3）计算为偶数或奇数时的值可得结果. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， ∵，， ∴，解得或， ∵，∴，故． 【小问2详解】 ∵对任意正整数恒成立， ∴对任意正整数恒成立. 令，则， ∵， ∴，即数列单调递减， ∴，故，即的最小值为． 【小问3详解】 由，得， ∴， 当为偶数时， ， 当为奇数时，， 综上得，. 19. 现有一双曲线和分别为的左焦点和右焦点，是双曲线上一动点，的最大值为3． （1）求双曲线的标准方程； （2）M是的右顶点，过的直线交双曲线左支于两点， （i）求直线与直线的斜率之积； （ii）判断是否是定值，并给出理由． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）是，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的定义结合三角形三边关系，可构造函数以及其定义域，利用反比例函数单调性可求的最值，结合题意，建立方程，可得答案； （2）设出直线方程，联立双曲线方程，写出韦达定理，利用斜率公式以及弦长公式，整理可得答案. 【小问1详解】 设，那么，， 根据，可得． 因为在上单调递减， 所以时，取最大值3，所以，解得． 所以． 因此根据题意可得的标准方程为． 【小问2详解】 （i）设，直线为， 联立直线方程和双曲线方程可得，化简得， 根的判别式， 所以根据韦达定理可得， ， ， . （ii）是定值，理由如下，设， 直线为，联立直线方程和双曲线方程可得 化简得， 根的判别式， 所以根据韦达定理可得， 所以， 所以 ． 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，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，强化有关直线与圆锥曲线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 $