精品解析：河南省信阳市2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题

2024—2025学年普通高中高二（上）期末教学质量检测 数学试题 本试卷共4页，19题，满分150分，考试时间120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，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：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 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. 已知数列为递增数列，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 是三棱锥底面所在平面内的一点，满足的一组数对是（ ） A. B. C. D. 4. “”是“直线与垂直”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 不充分也不必要条件 5. 圆的圆心在第三象限，则m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在三棱锥中，分别为的中点，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 7. 已知数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线l的方程为，则到直线l的距离为（ ） 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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 袋子中有4个大小质地完全相同的球，其中2个红球、2个黄球，从中不放回依次摸出2个球，记“恰有一次摸到红球”，“两次都摸到红球”，“两次都摸到黄球”，“至少有一次摸到红球”，“至多一次摸到红球”．则下列说法正确的是（ ） A. 事件A与事件B是互斥事件 B. 事件B与事件C是对立事件 C. 事件C与事件D是对立事件 D. 事件D与事件E是互斥事件 10. 设等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. 最大时， D. 的整数的最大值为 11. 数学上有很多美丽的曲线令人赏心悦目，例如，方程表示的曲线C为心形线，它对称优美，形状接近心目中的爱心图形．传说著名的心形线方程是由法国数学家笛卡尔提出的．关于此心形线的性质，正确的是（ ） A. 曲线C关于y轴对称 B. 曲线C关于原点对称 C. 曲线C与坐标轴有4个交点 D. 曲线C上的点到原点距离的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图是2024年法国巴黎奥运会和残奥会吉祥物“弗里热”，其中残奥会的吉祥物有一个“腿”被设计成了假肢（右）．现将2个奥运会吉祥物（相同）和1个残奥会吉祥物摆成一排，则残奥会吉祥物在中间的概率为___________． 13. 平面的法向量分别为，请在①，②中选择一个填在横线上，并写出答案，若选___________，则___________． 14. 已知分别是双曲线的左、右焦点，如图，过的直线与的左支交于，，若，设双曲线的离心率为，则___________． 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. 已知，过A，B两点的圆的圆心为M，且M在y轴上． （1）求线段垂直平分线方程和的方程； （2）设P为y轴正半轴上的点，过P作的两条切线为切点，当时，求点P的坐标． 16. 如图，四棱锥中，平面． （1）是否存在实数，使?若存在，求出的值，若不存在，说明理由． （2）若，求与平面所成角的正弦值． 17. 直线l经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，为抛物线上的点，． （1）求抛物线的方程； （2）若使得成立的点P的横坐标为3，求四边形的面积． 18. 已知椭圆过点，离心率为，左顶点为A，直线与C交于M，N两点（异于A点），且满足． （1）求椭圆C的方程； （2）证明：直线l过一定点，并求出该定点的坐标． 19. 设为数列的前n项和，． （1）求； （2）证明： （i）； （ii）； （3）求的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年普通高中高二（上）期末教学质量检测 数学试题 本试卷共4页，19题，满分150分，考试时间120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，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：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 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. 已知数列为递增数列，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据递增数列得即，从而得的取值范围为. 【详解】因为数列为递增数列，所以，即. 和显然不能满足，所以且， 为了使得不等式成立，指数函数必须在上单调递增，因此的取值范围为， 故选：C. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线渐近线知识求解即可. 【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为，即. 故选：A 3. 是三棱锥底面所在平面内的一点，满足的一组数对是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用共面向量基本定理得到，代入验证即可. 【详解】因为根据共面向量基本定理得，从而， 代入选项验证，只有B选项满足条件. 故选：B. 4. “”是“直线与垂直”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】分析可得，两直线垂直恒成立，结合充分条件与必要条件的定义，即可得答案. 【详解】∵对于任意，恒成立， ∴直线与垂直恒成立， ∴“”是“直线与垂直”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 圆的圆心在第三象限，则m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将圆方程化为标准方程，根据圆心所在象限以及半径为正列出不等式组，求解即可. 【详解】由，配方得 ，圆心坐标为. 因为圆心在第三象限，所以，解得. 故选：A 6. 如图，在三棱锥中，分别为的中点，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算可得，结合空间向量数量积的运算律计算可得. 【详解】由题意得，，，，， ∴，，. ∵， ∴ . 故选：D. 7. 已知数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，可求出首项，继而结合的关系可判断为等比数列，即可求得答案. 【详解】由题意知，当时，，即， 当时，，则， 即，， 故是以为首项，3为公比的等比数列， 故， 故选：C. 8. 在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线l的方程为，则到直线l的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件得到直线上的点和直线的方向向量，再根据空间中点到直线的距离公式求得点到直线的距离. 【详解】直线的方程标准化得， 从而直线过点，方向向量， 与同向的单位向量， ，，， 点到直线的距离， 故选：D. 【点睛】结论点睛：空间中点到直线的距离公式 ，其中是直线的单位方向向量，是分别以点与直线上的任一点为始点和终点的向量. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 袋子中有4个大小质地完全相同的球，其中2个红球、2个黄球，从中不放回依次摸出2个球，记“恰有一次摸到红球”，“两次都摸到红球”，“两次都摸到黄球”，“至少有一次摸到红球”，“至多一次摸到红球”．则下列说法正确的是（ ） A. 事件A与事件B是互斥事件 B. 事件B与事件C是对立事件 C. 事件C与事件D是对立事件 D. 事件D与事件E是互斥事件 【答案】AC 【解析】 【分析】根据互斥事件以及对立事件的概念，一一判断各选项，即可得答案. 【详解】对于A，由于事件A与事件B不可能同时发生，故二者是互斥事件，A正确； 对于B，，但，故二者为互斥事件，不是对立事件，B错误；， 对于C，至少有一次摸到红球包括有一次摸到红球一次摸到黄球和两次都摸到红球， 其对立事件为没有一次摸到红球，即两次都摸到黄球，故事件C与事件D是对立事件，C正确； 对于D，{有一次摸到红球，另一次摸到黄球}，故二者不互斥，D错误， 故选：AC 10. 设等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. 最大时， D. 的整数的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由得到，根据得，判断A选项，根据等差数列通项公式判断B选项，根据和求的最大值，判断C选项，由等差数列前项和公式判断D选项. 【详解】因为，所以，从而， 因为，所以，A正确；，B正确； 因为，所以，所以为的最大值，C错误； ，令，解得，所以整数的最大值为，D正确. 故选：ABD. 11. 数学上有很多美丽的曲线令人赏心悦目，例如，方程表示的曲线C为心形线，它对称优美，形状接近心目中的爱心图形．传说著名的心形线方程是由法国数学家笛卡尔提出的．关于此心形线的性质，正确的是（ ） A. 曲线C关于y轴对称 B. 曲线C关于原点对称 C. 曲线C与坐标轴有4个交点 D. 曲线C上的点到原点距离的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于AB：利用点对称判断即可；令，解方程判断曲线与轴有两个交点，令，利用换元法结合函数的单调性、零点存在性定理得出曲线与轴有两个交点，从而判断C；对于D：取特殊值，得出，从而判断D. 【详解】以换，方程不变，曲线关于轴对称，选项A正确； 同时以换，方程改变，曲线不关于原点对称，选项B错误； 令，得，曲线与轴有两个交点， 令，得，令， ，又在上递增，所以，在上有唯一解， 故方程有两解，即曲线与轴有两个交点，选项C正确； 取，则， 若， 则， ，选项D错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：利用替换法判断曲线对称性，换为判断轴对称，同时换为、为判断原点对称. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图是2024年法国巴黎奥运会和残奥会吉祥物“弗里热”，其中残奥会的吉祥物有一个“腿”被设计成了假肢（右）．现将2个奥运会吉祥物（相同）和1个残奥会吉祥物摆成一排，则残奥会吉祥物在中间的概率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用列举法结合古典概型概率公式求解即可. 【详解】记奥运会吉祥物为，残奥会吉祥物为， 样本空间，共3种； 残奥会吉祥物在中间只有1种，则残奥会吉祥物在中间的概率为. 故答案为： 13. 平面的法向量分别为，请在①，②中选择一个填在横线上，并写出答案，若选___________，则___________． 【答案】 ①. 答案见解析 ②. 答案见解析 【解析】 【分析】根据平面的位置关系，可判度它们的法向量平行或垂直，结合向量的坐标运算，即可求得答案. 【详解】若选①：由，得，显然，则， 解得； 若选②：由，得，则，则， 解得. 故答案为：①，；或②，2 14. 已知分别是双曲线的左、右焦点，如图，过的直线与的左支交于，，若，设双曲线的离心率为，则___________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，根据双曲线定义表示出，在中，由勾股定理解得，从而各边都可以用表示，在中得到和的关系，从而得到的值. 【详解】 设，因为，所以，， 因为点、在双曲线右支上，根据双曲线定义得，， 因为，所以， 在中，由勾股定理得，即，解得，所以，， 在中，由勾股定理得，即，解得， 所以. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：双曲线定义的应用 双曲线上的点均符合双曲线的定义，即，，再根据点在右支得到，，再结合，从而各边均可用来表示. 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. 已知，过A，B两点的圆的圆心为M，且M在y轴上． （1）求线段垂直平分线方程和的方程； （2）设P为y轴正半轴上的点，过P作的两条切线为切点，当时，求点P的坐标． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据两直线的位置关系求出线段垂直平分线的斜率，结合直线的点斜式方程即可求出垂直平分线方程；利用待定系数法计算即可求出圆的方程； （2）如图，求得，即可求解. 【小问1详解】 由题意知，直线的斜率为， 所以线段垂直平分线的斜率为， 因为中点坐标为， 所以其方程为，即； 设，则，圆的标准方程为， 有，解得， 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 如图，， 则，所以，即. 16. 如图，四棱锥中，平面． （1）是否存在实数，使?若存在，求出的值，若不存在，说明理由． （2）若，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）存在， （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标，根据得到，从而解出的值； （2）根据，写出点和向量的坐标，求出平面的法向量，根据求出正弦值. 【小问1详解】 过点作，垂足为，则，又因为面， 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 则 ， 因为，即，则，解得， 故存在，使. 【小问2详解】 若，则， 设平面的法向量，则， 令，则，所以， 则， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 17. 直线l经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，为抛物线上的点，． （1）求抛物线的方程； （2）若使得成立的点P的横坐标为3，求四边形的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义得出，从而得出方程； （2）设直线的方程，联立方程，由点的横坐标以及韦达定理得出，由弦长公式得出，由距离公式得出点到直线的距离，进而结合平行四边形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 由，得出，所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 ，设直线的方程为， 联立，得，则. . ，四边形为平行四边形， 由点的横坐标为3，得. , 点到直线的距离， 所以四边形的面积为. 18. 已知椭圆过点，离心率为，左顶点为A，直线与C交于M，N两点（异于A点），且满足． （1）求椭圆C的方程； （2）证明：直线l过一定点，并求出该定点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将已知点代入椭圆方程，结合离心率公式，列出方程组，求出椭圆方程； （2）联立直线和椭圆方程，将转化为，利用韦达定理，化简得出定点. 【小问1详解】 由，解得， 即椭圆C的方程为. 【小问2详解】 设，联立直线与椭圆的方程： ，化简得， ，① 由韦达定理可得： 则. 因为，所以. 又， 则： 即 整理得，解得或. 当时，直线：过点，故舍去； 当时，满足①，直线：过点. 故直线l过一定点，该定点的坐标为. 【点睛】方法点睛：本题第二问主要探究直线与椭圆相交且满足特定垂直条件下直线所过定点问题. 在解题过程中，通过联立直线与椭圆方程，借助韦达定理得到交点横坐标的关系，再利用向量垂直的性质构建等式，对所得等式进行化简求解，从而确定直线所过定点.此过程体现了坐标法在解决圆锥曲线问题中的应用，融合了代数运算与几何性质的相互转化，突出了数形结合思想的重要性，同时也展示了如何通过严谨的代数推导来挖掘几何图形中的隐含性质. 19. 设为数列的前n项和，． （1）求； （2）证明： （i）； （ii）； （3）求的通项公式． 【答案】（1） （2）证明：（i） . （ii） . （3） 【解析】 【分析】（1）根据递推公式代入数据可得结果. （2）（i）根据递推公式及可证明结论. （ii）根据递推公式及可证明结论. （3）设，根据条件求，利用的取值及等比数列的通项公式可得结果. 【小问1详解】 由题意得，，，，， ，，. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【小问3详解】 设，对比得，， 解得或. 当时，， ∴数列是以为首项，为公比的等比数列， ∴①， 当时，同理可得②， ②－①得，. 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问的关键是利用递推公式及数据特征进行凑项计算，逐步推导可证明结论.解决第（3）问的关键是构造等比数列，利用等比数列的通项公式可求结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $