精品解析：河南省许昌市2024-2025学年高二上学期期末数学试题

XCS2024－2025学年第一学期期末教学质量检测 高二数学 注意事项 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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. 若直线过点和，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 在等差数列中，，则公差等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 如图，在四面体中，是的中点．设，，，用，，表示，则（ ） A B. C. D. 4. 若过点直线与圆相切，又与直线平行，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5. 当时，函数取得极大值，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中出现如图形状，被后人称为“三角垛”．已知＂三角垛＂的最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，设各层球数构成数列，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线焦点为，准线与轴交于点，直线过且与交于两点，若直线的斜率为，则（ ） A. 5 B. C. D. 8. 已知双曲线，圆与轴的交点分别为的一个顶点和一个焦点，设分别为的左，右焦点，若为右支上任意一点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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. 若方程表示椭圆，则的值可以为（ ） A. 1 B. 3 C. 6 D. 8 10. 若为数列的前项和，且，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 是等比数列 D. 是等比数列 11. 若正方体的棱长为1，为棱的中点，点满足，其中，则下列说法中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 若平面，则动点的轨迹长度为 C. 至少存在一个点，使平面 D. 若直线与平面所成角的正切值为2，则点轨迹的长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12 已知函数满足，则______． 13. 在数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积．已知是等积数列，，公积为4，则______． 14. 已知双曲线的上焦点为，过作与轴平行的直线交两渐近线于两点，且与双曲线在第一象限的交点为，设为坐标原点，若且满足，则双曲线的离心率______． 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. 已知点、，动点到、的距离之比为，设动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）已知直线过点且与曲线交于、两点，若，求直线的方程． 16. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若，试讨论的单调性． 17. 已知数列满足，，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 18. 如图，在四棱锥中，平面，是上的点，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）不经过点的直线与椭圆交于、两点，且直线与直线的斜率之积为，作于点． ①证明：直线过定点，并求此定点的坐标； ②否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ XCS2024－2025学年第一学期期末教学质量检测 高二数学 注意事项 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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. 若直线过点和，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两点斜率公式即可求解. 【详解】因为直线过点和，所以斜率为，设直线的倾斜角为，则有， 故选：C. 2. 在等差数列中，，则公差等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 分析】利用等差数列通项公式列出等式，联立两个等式即可求得结果. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，因为， 所以,解得， 故选：B 3. 如图，在四面体中，是的中点．设，，，用，，表示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算直接得解. 【详解】由是的中点， 可知， 所以， 故选：D. 4. 若过点的直线与圆相切，又与直线平行，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设与直线平行的直线为，根据题意有，由圆心到直线的距离等于半径即可求解. 【详解】设与直线平行的直线为， 又直线过点，所以，所以直线为， 又因为直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离为， 故选：D. 5. 当时，函数取得极大值，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】对函数求导，根据极值点及对应极值求参数，进而求. 【详解】由题设，则，又， 所以，则且， 当，，即在上单调递增， 当，，即在上单调递减， 所以为极大值点，满足题设， 故. 故选：B 6. 在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中出现如图形状，被后人称为“三角垛”．已知＂三角垛＂的最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，设各层球数构成数列，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】归纳出数列的通项公式，利用裂项求和法可求得数列的前项和. 【详解】因为，，，， 以此类推可知，故， 因此，数列的前项和为. 故选：B. 7. 已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，直线过且与交于两点，若直线的斜率为，则（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜率已知，即角的正切值已知，结合抛物线的几何性质，来解直角三角形求一条焦半径，再利用抛物线的两焦半径的倒数和为定值，从而去求另一条焦半径，最后求得弦长. 【详解】 如图作垂直于准线，垂足为，可知设， 直线的斜率为得，， 则，由勾股定理得：， 即，化简得：， 解得或， 当直线斜率存在时，设为，与抛物线联立消元得： ，设交点，则， 而， 当直线斜率不存在时，， 综上，， 由得，此时. 由得，此时. 故选：D 8. 已知双曲线，圆与轴的交点分别为的一个顶点和一个焦点，设分别为的左，右焦点，若为右支上任意一点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出双曲线方程，令，根据双曲线定义可得：，然后利用函数的单调性即可求出结果. 【详解】圆与轴的交点分别为 故，根据双曲线定义得，即, 令，则， 又函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故， 所以. 故选：C 【点睛】关键点点睛：先根据双曲线定义得出，再换元令，得出所求式子关于参数t的表达式，利用函数的单调性即可求得结果. 二、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. 若方程表示椭圆，则的值可以为（ ） A 1 B. 3 C. 6 D. 8 【答案】BD 【解析】 【分析】根据方程表示椭圆列不等式，由此求得的取值范围，结合选项即可判断. 【详解】由于方程表示椭圆， 所以，解得或， 结合选项，可知的值可以为3和8. 故选：BD 10. 若为数列的前项和，且，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 是等比数列 D. 是等比数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】由与关系可得出数列的通项公式，再对选项逐一判断即可. 【详解】当时，， 当时，由有， 所以， 所以数列时以为首项，2公比的等比数列，故C正确； ，故A正确； 由，故B错误； 因为，所以是等比数列，故D正确. 故选：ACD. 11. 若正方体的棱长为1，为棱的中点，点满足，其中，则下列说法中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 若平面，则动点的轨迹长度为 C. 至少存在一个点，使平面 D. 若直线与平面所成角的正切值为2，则点轨迹的长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由正方体几何性质可得面面平行，利用三棱锥的体积公式，可得答案； 对于B，在正方体中延拓平面，由正方体几何性质可得面面平行，根据题意可得答案； 对于C，利用空间向量的基本定理，表示出相关直线的方向向量，根据数量积运算，可得答案； 对于D，由正方体几何性质可得线面垂直，可得线面角，根据锐角三角函数的定义，结合圆的定义，可得答案. 【详解】对于A，由题意可作图如下： 由点满足，其中，则点平面， 由平面平面，则点到平面的距离， 所以三棱锥的体积，故A正确； 对于B，分别取的中点为，连接，如下图： 在正方体中，分别为的中点， 易知，，， 因为，所以共面，即平面， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可得平面，又因为，且平面， 所以平面平面，由图可知平面平面， 由A可知平面，当时，平面，则平面， 所以为动点的轨迹，易知，故B正确； 对于C，由题意可作图如下： 设，以其为一组基底，易知， 则，，， ， 假设平面，则，， 可得，解得，显然不符合题意，故C错误； 对于D，由题意作图如下： 在正方体中，易知平面， 则为直线与平面所成角， 在中，，可得，解得， 所以的轨迹为以为圆心，以为半径的圆弧，可得其长度为.故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据导数运算法则，结合赋值法，求得. 【详解】由，有， 所以， 所以， 所以， 故答案为：. 13. 在数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积．已知是等积数列，，公积为4，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意利用列举法，列举数列的前几项，可得数列的周期，进而可得答案. 【详解】由，且，则，同理解得，，由题意可得下表： 数列的最小正周期，由， 则. 故答案为： 14. 已知双曲线的上焦点为，过作与轴平行的直线交两渐近线于两点，且与双曲线在第一象限的交点为，设为坐标原点，若且满足，则双曲线的离心率______． 【答案】 【解析】 【分析】由双曲线方程可得渐近线，可得，，的坐标，由已知向量式可得，，解之可得、的值，可得，的关系，由离心率的定义可得． 【详解】双曲线的渐近线为：，设焦点， 则，，联立得或（舍去）， 即，，， ，，解得，， 又由，得，解得，（负根舍去）． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是求出点的坐标，利用向量的坐标运算求得，，代入已知得到关系，即可求解离心率. 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. 已知点、，动点到、的距离之比为，设动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）已知直线过点且与曲线交于、两点，若，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由平面内两点间的距离公式结合化简可得出曲线的方程； （2）计算出圆心到直线的距离为，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直接验证即可；在直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数的值，综合可得出直线的方程. 【小问1详解】 由题意可知即，化简可得， 所以曲线的方程． 【小问2详解】 由（1）可知，曲线是以为圆心，为半径的圆． 因为，所以，圆心到直线的距离， 当直线斜率存在时，设直线的方程为，即， 则，解得，此时直线的方程为． 当直线斜率不存在时，直线的方程为， 此时，圆心到直线的距离为，直线符合题意． 综上，直线的方程为或． 16. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若，试讨论的单调性． 【答案】（1） （2）当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为． 【解析】 【分析】（1）根据在点处的切线方程为即可求解； （2）由题意有，根据的范围分类讨论即可. 【小问1详解】 当时，， ， ，，所以切点为， 切线方程即． 【小问2详解】 的定义域为，， 当时，由可得或；由可得， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，恒成立，函数的单调递增区间为； 当时，由可得或；由可得 所以函数单调递增区间为，单调递减区间为． 17. 已知数列满足，，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）先化简得到，可得出数列为等比数列，求出该数列的首项和公比可得出数列的通项公式，由此得出数列的通项公式； （2）先求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求出数列的前项和. 【详解】（1），且， 数列是以为首项，为公比的等比数列，即，； （2）， ，① ，② ①②得， 因此，. 18. 如图，在四棱锥中，平面，是上的点，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？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）． （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，得到平面，进而得到平面平面； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用面面夹角的向量求法即可得到结论. （3）假设在线段上存在点Q，设，求出，利用点到面的距离的向量求法即可得到结论. 小问1详解】 因为平面平面． 平面． 又因为平面， 平面，所以平面平面． 【小问2详解】 平面两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为是上一点，所以设, 得，即， 又因为所以, 解得，， ， 设平面的法向量为，则，即, 令，则， 设平面的法向量为，则，即 令，则， 设平面与平面夹角的为， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设，则， 由（2）知平面的一个法向量为， 所以点Q到平面的距离是， ，所以存在点Q满足题意，此时 19. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）不经过点的直线与椭圆交于、两点，且直线与直线的斜率之积为，作于点． ①证明：直线过定点，并求此定点的坐标； ②是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）①证明见解析，定点；②为定值，定值为． 【解析】 【分析】（1）由的面积可得出，再由点在椭圆上，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）①方法一：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，设点，则，根据求出的值，可得出结论；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用结合韦达定理可得出与的关系，化简的方程，可得出直线所过定点的坐标； 方法二：设直线的方程为，将椭圆方程转化为关于、的二次齐次方程，令，可得出关于的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系结合可得出、的等量关系式，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标； ②点在以为直径的圆上，由直角三角形的几何性质可得出点为圆心，求出的坐标，并由此可得出的值. 【小问1详解】 由的面积为，得到：，所以． 又因为点在椭圆上，所以，且， 所以，，解得，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 ①方法一：常规方法 当直线斜率不存在时，设直线的方程为， 设点，由对称性质可知，则有，可得， 又，解得（舍）； ②当直线l斜率存在时，设直线的方程为，设点、， 由，消去得到， 所以，即， 由韦达定理可得，． 所以， ， 将，， 代入化简得，即， 故或， 当时，直线的方程可化为， 此时，直线过点， 当时，直线的方程可化为， 此时，直线过点， 又因为直线不过点，故直线l过定点. 综上所述，直线l过定点. 方法二：齐次式法 设直线的方程为， 由，所以， 整理得， ， ， 显然，同除以得：， 令，则有， 易知、是关于的二次方程的两根， 由根与系数关系得：， 代入， 由得，故直线过定点． ②因为，由①知直线过定点，所以点在以为直径的圆上， 故当为圆心时，， 故存在定点，使为定值，定值为． 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$