精品解析：广东省揭阳市2024-2025学年高二上学期期末数学试题

2024—2025学年度第一学期期终高中二年级教学质量测试数学科试题 本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟 说明：1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔在“考场号”、“座位号”栏内填涂考场号、座位号. 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；答案不能答在试题卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡上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；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡整洁，考试结束后，将答题卡交回，试题卷自己保存. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求． 1. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（　　） A. B. C. D. 2. 设，则“”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知双曲线C：的一条渐近线的斜率为，且与椭圆有相等的焦距，则C的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 数列， ， ， ，……的通项公式可能是（ ） A. B. C. D. 5. 在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 6. “营老爷”是潮汕地区一项传统民俗活动.年，潮汕某地举行了历史悠久的三年一度“营老爷”大巡游，按照这“三年一度”的规律，该地有可能进行“营老爷”大巡游的时间是（ ） A 年 B. 年 C. 年 D. 年 7. 表示的曲线为（ ） A. 两个半圆 B. 一个圆 C. 半个圆 D. 两个圆 8. 已知四棱锥中，侧面底面，，底面是边长为的正方形，是四边形及其内部的动点，且满足，则动点构成的区域面积为（ ） A B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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，，则（ ） A. B. C. D. ∥ 10. 定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积.已知数列是公积不为0的等积数列，且，前7项的和为14.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 公积为1 D. 11. 画法几何的创始人法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，、为椭圆上两个动点．直线的方程为．则下列结论正确的有（ ） A. 的蒙日圆的方程为 B. 直线上存在点，椭圆上存在、，使得 C. 记点到直线的距离为，则的最小值为 D. 若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线倾斜角为_______________. 13. 在空间直角坐标系中，已知点，若点在平面内，则_______． 14. 探照灯、汽车灯等很多灯具的反光镜是抛物面（其纵断面是抛物线的一部分），正是利用了抛物线的光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射之后沿对称轴方向射出.根据光路可逆图，在平面直角坐标系中，抛物线C：，一条光线经过点，与x轴平行射到抛物线C上，经过两次反射后经过点射出，则光线从点M到点N经过的总路程为______. 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. 在平面直角坐标系中，三个顶点坐标分别为，，. （1）设线段的中点为，求中线所在直线的方程. （2）求边上的高所在直线的方程. 16. 在数列中，，点在直线上. （1）求通项公式； （2）记的前项和为，且，求数列的前项和. 17. 在梯形中，为的中点，线段与交于点，将沿折起到的位置，使得平面平面. （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆上不同于的一点，直线，与直线分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由. 19. 设满足以下两个条件的有穷数列、、、为阶“曼德拉数列”：①；② （1）若某阶“曼德拉数列”是等比数列，直接写出一个满足条件的数列的通项（不需要证明）． （2）若某阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项（，用、表示）． （3）记阶“曼德拉数列”的前项和为，若存在，使，试问：数列能否为阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度第一学期期终高中二年级教学质量测试数学科试题 本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟 说明：1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔在“考场号”、“座位号”栏内填涂考场号、座位号. 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；答案不能答在试题卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡上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；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡整洁，考试结束后，将答题卡交回，试题卷自己保存. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求． 1. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据关于yOz平面对称，x值变为相反数，其它不变这一结论直接写结论即可． 【详解】在空间直角坐标系Oxyz中， 点A（1，2，3）关于yOz平面对称的点的坐标为（﹣1，2，3）． 故选A． 【点睛】本题考查空间向量的坐标的概念，考查空间点的对称点的坐标的求法，属于基础题． 2. 设，则“”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 计算直线平行等价于或，根据范围大小关系得到答案. 【详解】直线与直线平行，则，或， 验证均不重合，满足. 故“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力. 3. 已知双曲线C：的一条渐近线的斜率为，且与椭圆有相等的焦距，则C的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆的焦距可得双曲线C：的焦距，根据双曲线C：的一条渐近线的斜率为，可得，结合求得，即可得出答案. 【详解】解：因为双曲线C：的一条渐近线的斜率为， 所以，即， 椭圆的焦距为， 所以双曲线C：的焦距，即， 又因，解得，所以， 所以C的方程为. 故选：B. 4. 数列， ， ， ，……的通项公式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由分母构成等差数列即可求出. 【详解】数列的分母形成首项为5，公差为2的等差数列，则通项公式为， 所以. 故选：C. 5. 在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设， 则、、、， ，，， 因此，异面直线与所成角的大小为. 故选：A. 6. “营老爷”是潮汕地区一项传统民俗活动.年，潮汕某地举行了历史悠久的三年一度“营老爷”大巡游，按照这“三年一度”的规律，该地有可能进行“营老爷”大巡游的时间是（ ） A. 年 B. 年 C. 年 D. 年 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，该地有可能进行“营老爷”大巡游的年份为，逐项判断即可. 【详解】由题意可知，该地有可能进行“营老爷”大巡游的年份为， 对于A选项，，且不是的倍数，A不合乎题意； 对于B选项，，且不是的倍数，B不合乎题意； 对于C选项，，且不是的倍数，C不合乎题意； 对于D选项，，且是倍数，D合乎题意. 故选：D. 7. 表示的曲线为（ ） A. 两个半圆 B. 一个圆 C. 半个圆 D. 两个圆 【答案】A 【解析】 【分析】去方程中的绝对值符号，平方整理，再分类讨论方程表示的曲线即可得解. 【详解】依题意，，则有或， 当时，， 此时方程表示以点O2(-1，1)为圆心，1为半径的圆在直线x=-1及左侧的半圆， 当时，， 此时方程表示以点O1(1，1)为圆心，1为半径的圆在直线x=1及右侧的半圆， 如图， 表示的曲线为两个半圆. 故选：A 8. 已知四棱锥中，侧面底面，，底面是边长为的正方形，是四边形及其内部的动点，且满足，则动点构成的区域面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取线段的中点，连接、，推导出平面，可知点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，结合圆的面积公式可求得结果. 【详解】取线段的中点，连接、， 因为，为的中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为四边形是边长为的正方形，则， 所以，，， 所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部， 因此，动点构成的区域面积为. 故选：B. 二、多项选择题：本大题共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，，则（ ） A. B. C. D. ∥ 【答案】AD 【解析】 【分析】根据向量的坐标模长公式、线性运算、数量积的坐标表示、共线向量定理逐项判断即可. 【详解】对A，因为，所以，故A正确； 对B，，故B不正确； 对C，，所以不垂直，故C不正确； 对D，，所以∥，故D正确. 故选：AD. 10. 定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积.已知数列是公积不为0的等积数列，且，前7项的和为14.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 公积为1 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据等积数列的定义，可判断A的正误，根据条件，代入数据，可判断B、C的正误，分别讨论n为奇数和偶数，可判断D的正误，即可得答案. 【详解】设该等积数列的公积为m（m为常数，）， 根据等积数列的定义可得， 所以，即，故A正确； 则， 又，则， 又前7项的和为14，则，解得，即公积为2， 所以，故B正确，C错误， 当n为奇数时，当n为偶数时，故D错误 故选：AB 11. 画法几何的创始人法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，、为椭圆上两个动点．直线的方程为．则下列结论正确的有（ ） A. 的蒙日圆的方程为 B. 在直线上存在点，椭圆上存在、，使得 C. 记点到直线的距离为，则的最小值为 D. 若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为． 【答案】ABD 【解析】 【分析】由在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得、关系，由此可知A正确；由过且在蒙日圆上，可知当、恰为切点时，，知B正确；根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知C错误；由题意知，蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知D正确． 【详解】对于A选项，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，， 所以，在蒙日圆上，则蒙日圆方程为， 由，得， 所以，椭圆的蒙日圆方程为，故A正确； 对于B选项，由直线的方程知，直线过， 又满足蒙日圆方程，所以，在圆上， 当、恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，，故B正确； 对于C选项，因为在椭圆上，所以，， 所以，， 当时，取得最小值，最小值为到直线的距离， 又到直线的距离， 所以，，故C错误； 对于D选项，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆， 所以，矩形的对角线为蒙日圆的直径， 设矩形的长和宽分别为、，则， 所以，矩形的面积，当且仅当时取等号， 即矩形面积的最大值为，故D正确. 故答案为：ABD． 【点睛】关键点睛：本题考查圆锥曲线中新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线的倾斜角为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】由直线的斜率为，得到，即可求解. 【详解】由题意，可知直线的斜率为， 设直线的倾斜角为，则，解得， 即换线的倾斜角为. 【点睛】本题主要考查直线的倾斜角的求解问题，其中解答中熟记直线的倾斜角与斜率的关系，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 13. 在空间直角坐标系中，已知点，若点在平面内，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标表示和共面定理，列方程组求出答案即可. 【详解】因为，所以 因为点在平面内，所以 即，解得 故答案为： 14. 探照灯、汽车灯等很多灯具反光镜是抛物面（其纵断面是抛物线的一部分），正是利用了抛物线的光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射之后沿对称轴方向射出.根据光路可逆图，在平面直角坐标系中，抛物线C：，一条光线经过点，与x轴平行射到抛物线C上，经过两次反射后经过点射出，则光线从点M到点N经过的总路程为______. 【答案】24 【解析】 【分析】根据题意结合抛物线的定义分析求解. 【详解】由题意可知：抛物线C：的准线， 设入射光线所在直线与抛物线和准线分别交于点，两次反射后反射光线所在直线与抛物线和准线分别交于点， 可知， 所以光线从点M到点N经过的总路程为 . 故答案为：24. 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. 在平面直角坐标系中，三个顶点坐标分别为，，. （1）设线段的中点为，求中线所在直线的方程. （2）求边上的高所在直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出线段的中点为的坐标，再利用两点式求出中线所在直线的方程； （2）先求出的斜率，可得边上的高所在直线的斜率，再利用点斜式求出边上的高所在直线的方程． 【小问1详解】 解：三个顶点坐标分别为，，， 线段的中点，则中线所在直线的方程为， 即； 【小问2详解】 解：由于直线的斜率为，故边上的高所在直线的斜率为， 故边上的高所在直线的方程为，即． 16. 在数列中，，点在直线上. （1）求的通项公式； （2）记的前项和为，且，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由定义证明数列是等差数列，再由得出通项公式； （2）先由求和公式得出，再由裂项相消求和法求和即可. 【小问1详解】 由题意可知，，所以数列是公差的等差数列 又，所以，故 【小问2详解】 ，则 故 17. 在梯形中，为的中点，线段与交于点，将沿折起到的位置，使得平面平面. （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据菱形和中位线的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明即可； （2）根据面面垂直和菱形的性质得到，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量和与平面所成角的正弦值为列方程，解方程得到即可. 【小问1详解】 在梯形中连接， 因为，，为中点，所以，， 所以四边形为菱形， 所以是中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面， 所以∥平面. 【小问2详解】 因为四边形为菱形，所以，，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 所以，，两两垂直， 则以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以，， ，，，，，，，， 设 ，则， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 所以， 因为与平面所成角的正弦值为， 所以，解得或2（舍去）， 所以线段上存在点使得与平面所成角的正弦值为，. 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆上不同于的一点，直线，与直线分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1） （2）以为直径的圆过定点，. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的标准方程和离心率列方程组求解即可； （2）设，由题意可得，，设定点为，利用即可得到结论. 【小问1详解】 由题意可知，解得， 所以求椭圆的方程为. 【小问2详解】 设，由（1）可知， 斜率存在且不为0， 依题意可知的直线方程为， 直线方程为， 令，可得，， 假设以为直径的圆过定点，不妨设定点为， 依题意可知，，所以， ， 因为， 所以. 因为， 所以， 令，可得，解得，， 所以以为直径的圆过定点，. 【点睛】判断以为直径的圆过定点时，常用向量法，根据向量数量积为0，代入相关点的坐标化简后即可得到结论. 19. 设满足以下两个条件的有穷数列、、、为阶“曼德拉数列”：①；② （1）若某阶“曼德拉数列”是等比数列，直接写出一个满足条件的数列的通项（不需要证明）． （2）若某阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项（，用、表示）． （3）记阶“曼德拉数列”的前项和为，若存在，使，试问：数列能否为阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）不能，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据“曼德拉”数列的定义可得出满足条件的一个阶数列； （2）结合曼德拉数列的定义，首先得,然后分公差是大于、等于、小于进行讨论即可求解； （3）记中非负项和为，负项和为，则，，进一步，结合前面的结论以及曼德拉数列的定义得出矛盾即可求解. 【小问1详解】 根据题意，一个满足条件条件的阶“曼德拉数列”的通项公式可以为. 【小问2详解】 设等差数列、、、、的公差为， 因为， 即，所以，， 即，所以，， 当时，“曼德拉数列”的条件①②矛盾， 当时，根据“曼德拉数列”的条件①②得， ， 即，即， 由得，即， 则. 当时，同理可得，即. 由得，即， 所以，. 综上所述，当时，；当时，. 【小问3详解】 记、、、中非负项和为，负项和为，则， 得，，，即. 若存在，使，由前面的证明过程知： ，，，，，，，，且. 若数列为阶“曼德拉数列”， 记数列的前项和为，则. 所以，， 又，所以，， 则，， 又， 所以，，，，， 所以，， 又与不能同时成立， 所以，数列不为阶“曼德拉数列”. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到，，，，，，，，且，由此即可顺利得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$