精品解析：吉林省长春市博硕学校2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题

长春博硕学校2024-2025学年度上学期 高二年级期末考试数学学科试卷 考试时间：120分钟满分：150分 命题人：迟士庄审题人：郭恒武梁丽娟 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每道题4个选项中只有一个符合题目要求. 1. 若三个数成等比数列，则（ ） A. -4 B. 4 C. D. -5 【答案】C 【解析】 【分析】由等比中项即可求解； 【详解】由题意可得：， 所以， 故选：C 2. 若直线与直线垂直，则( ) A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析直线方程可知，这两条直线垂直，斜率之积为－1. 【详解】由题意可知，即． 故选：B. 3. 渐近线方程为的双曲线的离心率是 A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 本题根据双曲线的渐近线方程可求得，进一步可得离心率.容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查. 【详解】根据渐近线方程为x±y＝0的双曲线，可得，所以c 则该双曲线的离心率为 e， 故选C． 【点睛】理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误. 4. 与向量同向的单位向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设所求的单位向量为，结合单位向量定义列方程求结论. 【详解】设所求的单位向量为， 则， 解得，故所求的向量为． 故选：A. 5. 已知数列的前项和，则等于（ ） A. 15 B. 18 C. 21 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】根据即可求解. 【详解】由可得， 故选：C 6. 直线与圆相交于两点，则是“的面积为”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：由时,圆心到直线的距离.所以弦长为.所以.所以充分性成立,由图形的对称性，当时, 的面积为.所以不要性不成立.故选A. 考点：1.直线与圆的位置关系.2.充要条件. 7. 已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线于、两点.若的中点坐标为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设、，由，利用点差法求解. 【详解】解：设、， 若轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意， 因为线段的中点坐标为，则， 则，两式相减得， 则， 因为，所以，， 所以，，解得， 因此，双曲线的标准方程为. 故选：D. 8. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的值为 （ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】设点，运用直接法求得点P的轨迹方程为：，依题意圆心在已知直线上，代入化简即得. 【详解】设点，则由可得，， 两边取平方，， 化简得：，即， 依题意，其圆心在直线上，可得， 故. 故选：B. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分， 9. 在平面直角坐标系中，已知，，则（ ） A. 点在直线上 B. 直线PQ的倾斜角是 C. 直线PQ与直线平行 D. 直线PQ的一个方向向量为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于选项A，将点代入直线方程看是否满足；对于选项B，通过两点坐标求出直线斜率进而得到倾斜角；对于选项C，求出两直线斜率比较是否相等；对于选项D，根据直线方向向量与斜率的关系来判断. 【详解】对于A选项，把点代入直线，左边，右边， 所以点在直线上，A选项正确. 对于B选项，已知，可得直线PQ的斜率. 设直线PQ的倾斜角为，，则，所以，B选项错误. 对于C选项，由前面计算，直线可化为，其斜率为. 两直线斜率相等，但直线PQ过点，将，代入，左边， 即点不在直线上，所以直线PQ与直线平行，C选项正确. 对于D选项， ，直线的方向向量与斜率的关系为. 对于向量，，所以不是直线PQ的斜率的一个方向向量，D选项错误. 故选：AC. 10. 等差数列的前项和为，若，公差，则（ ） A. 若，则 B. 若，则是中最大的项 C. 若， 则 D. 若则. 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据等差数列的前项和性质判断． 【详解】A错：；B对：对称轴为7； C对：，又，； D错：，但不能得出是否为负，因此不一定有． 故选：BC． 【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的前项和性质，（1）是关于的二次函数，可以利用二次函数性质得最值；（2），可由的正负确定与的大小；（3），因此可由的正负确定的正负． 11. 设椭圆的左右焦点为，，P是C上的动点，则下列结论正确的是（ ）． A. B. P到最小的距离是2 C. 面积的最大值为6 D. 点P到直线的最小距离是 【答案】AD 【解析】 【分析】对ABC：根据椭圆的定义和性质逐项运算分析；对D：设，根据点到直线的距离公式结合辅助角公式运算分析. 【详解】由椭圆方程可得：，则， 对A：根据椭圆的定义可得，A正确； 对B：根据椭圆性质可知当P是椭圆的左顶点时，P到的距离最小，最小值为，B错误； 对C：根据椭圆性质可知当P是椭圆的上顶点时，的面积最大，最大值为，C错误； 对D：设，则P到直线的距离， 其中，当且仅当时等号成立，D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知抛物线．则拋物线的准线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线方程判断焦点位置，求得的值，即得准线方程. 【详解】化为标准方程，可得抛物线的焦点在轴正半轴上，且，即， 故抛物线的准线方程为. 故答案为：. 13. 若圆：和圆：外切，则实数t的值是______. 【答案】12 【解析】 【分析】先求出两圆的圆心坐标和半径大小，根据两圆外切得出，从而得出答案. 【详解】由题意圆：的圆心为，半径为， 圆：的圆心为，半径为， .由两圆外切，则 即，解得：. 故答案为：12 14. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法・商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第n层有个球，则数列的前20项和为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意列出数列的递推关系，再利用累加法求出通项公式，最后用裂项相消法求出数列的前20项和. 【详解】由题意得，， 当时，， 以上各式累加得：， 经检验符合上式，所以， 所以 设数列的前项和为， 则，所以. 故答案为： 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. 已知顶点在原点的抛物线C焦点坐标，斜率为的直线l与C相交于A，B． （1）求抛物线C的标准方程； （2）若，求l的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的焦点即可求解方程， （2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，根据抛物线的焦半径即可求解. 【小问1详解】 由焦点，可得，得， 因此抛物线C的标准方程为． 【小问2详解】 设，，， 联立方程组，得 韦达定理知， ， ， 则l的方程． 16. 已知递增的等差数列的首项，前项和，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】(1)由三项成等比数列列式,再由等差数列基本量运算求解即可. (2)应用等比数列前项和公式计算即可. 【小问1详解】 因为等差数列是递增的,设等差数列的公差， 因为，，成等比数列,可知，又因, 即得得或（舍）， 故，即，． 【小问2详解】 由于， 可得，， 即是以2为首项，4为公比的等比数列， 则，． 17. 如图，在正三棱柱中，点为的中点，． （1）证明：平面； （2）求直线到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)根据线面平行判定定理证明即可. (2)把到平面的距离转化为到平面的距离,应用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 连接交于点，点为的中点,点为的中点 ∵是的中位线， ∴，平面,平面. ∴平面． 【小问2详解】 如图建立空间直角坐标系 由（1）得，直线到平面的距离即为点C到平面的距离d， 因为，，，， 所以， 且，， 设平面的法向量为， 由于可得， 故取， 得， 因此直线到平面的距离． 18. 已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆C上． （1）求椭圆C的方程； （2）过椭圆C右焦点F的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点P，使得？（O为坐标原点）若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在； 【解析】 【分析】（1）首先根据对称性确定点，，三点在椭圆上，代入椭圆方程，即可求解； （2）假设存在，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合，即可求得存在点满足条件. 【小问1详解】 根据对称性可得椭圆过，，三点， 于是有，解得，. 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 假设存在，由于， 当直线斜率为0时，l方程为，点P在椭圆外的x轴上任意点都符合题意， 当直线斜率不为0时，可设直线l方程为，，， 联立方程组，得， 韦达定理知， 若，则， 即， 则， 又因为， 所以，因此， 此时，直线斜率为0时也符合题意， 即存在点使得． 19. 如图，在几何体中，平面平面，四边形和是全等的菱形，且平面平面，是正三角形，，. （1）求该几何体的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）该几何体的体积可拆分为，先证平面，建立空间直角坐标系，用向量法可求出以及平面的法向量.从而可得点到平面的距离，即可求得，从而得解； （2）用向量法求平面与平面的一个法向量，再代入平面与平面夹角的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 取AC的中点，连接，， 则，. 因为平面平面，且交于AC， 所以平面. 如图，以为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，. 连接BC.因为，， 所以. 因为，， 所以， 则，所以. 设平面的法向量为， 则令，得， 因为， 所以点到平面的距离， 所以， 所以该几何体的体积. 【小问2详解】 设平面的法向量为， 因为，， 所以令，则. 设平面的法向量为， 因为，， 所以所以. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春博硕学校2024-2025学年度上学期 高二年级期末考试数学学科试卷 考试时间：120分钟满分：150分 命题人：迟士庄审题人：郭恒武梁丽娟 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每道题4个选项中只有一个符合题目要求. 1. 若三个数成等比数列，则（ ） A. -4 B. 4 C. D. -5 2. 若直线与直线垂直，则( ) A. 1 B. 2 C. D. 3. 渐近线方程为的双曲线的离心率是 A. B. 1 C. D. 2 4. 与向量同向的单位向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列的前项和，则等于（ ） A. 15 B. 18 C. 21 D. 24 6. 直线与圆相交于两点，则是“的面积为”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 7. 已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线于、两点.若的中点坐标为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的值为 （ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 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，部分选对得部分分，有选错的得0分， 9. 在平面直角坐标系中，已知，，则（ ） A. 点在直线上 B. 直线PQ的倾斜角是 C. 直线PQ与直线平行 D. 直线PQ的一个方向向量为 10. 等差数列的前项和为，若，公差，则（ ） A. 若，则 B. 若，则是中最大的项 C. 若， 则 D. 若则. 11. 设椭圆的左右焦点为，，P是C上的动点，则下列结论正确的是（ ）． A. B. P到最小的距离是2 C. 面积的最大值为6 D. 点P到直线的最小距离是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知抛物线．则拋物线的准线方程为______． 13. 若圆：和圆：外切，则实数t的值是______. 14. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法・商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第n层有个球，则数列的前20项和为______. 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. 已知顶点在原点的抛物线C焦点坐标，斜率为的直线l与C相交于A，B． （1）求抛物线C的标准方程； （2）若，求l的方程． 16. 已知递增的等差数列的首项，前项和，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和． 17. 如图，在正三棱柱中，点为的中点，． （1）证明：平面； （2）求直线到平面的距离． 18. 已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆C上． （1）求椭圆C的方程； （2）过椭圆C右焦点F的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点P，使得？（O为坐标原点）若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 如图，在几何体中，平面平面，四边形和是全等的菱形，且平面平面，是正三角形，，. （1）求该几何体的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $