精品解析：山东省枣庄市薛城区2024-2025学年高二上学期期末数学试题

2024~2025学年度第一学期学科素养诊断试题 高二数学 2025.01 本试卷共4页，满分为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．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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的焦点到其准线的距离等于（ ） A. B. 3 C. 6 D. 8 3. 已知等差数列的首项为1，若成等比数列，则（ ） A. B. 4 C. 8 D. 或4 4. 设，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 在空间直角坐标系中，点到x轴的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 6. 已知双曲线,则C的焦点到其渐近线的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 3 7. 已知半径为1的圆经过点，过点向圆作切线，则切线长的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，数列满足，且为正整数）．则（ ） A. －1 B. 1 C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知数列前项和为，满足，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 数列是递增数列 10. 如图，是双曲线与椭圆的公共焦点，点A是在第一象限内的交点，若，则（ ） A. 双曲线的渐近线为 B. 的离心率为 C. 的方程为 D. 的面积为 11. 在棱长为1的正方体中，点满足，，则（ ） A. 当时，最小值为 B. 当时，有且仅有一点满足 C. 当时，有且仅有一点满足到直线的距离与到平面的距离相等 D. 当时，直线与平面所成角的大小为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在抛物线上，则点到抛物线的焦点的距离为_________． 13. 数列满足，则_________． 14. 已知正四面体ABCD的棱长为6，点E，F满足，，用过A，E，F三点的平面截正四面体ABCD的外接球O，当时，截面的面积的取值范围为______． 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 已知直线：与垂直，且经过点. （1）求的一般式方程； （2）若与圆：相交于两点，求. 16. 已知递增等差数列的前项和为． （1）求和； （2）数列满足，求的前项和； （3）若，求数列的通项公式． 17. 如图，在直三棱柱中，已知分别为和的中点． （1）求证：平面； （2）判断与是否垂直，并说明理由； （3）求平面与平面所成角的余弦值． 18. 已知数列，若为等比数列，则称具有性质． （1）若数列具有性质，求； （2）若，求证：数列具有性质； （3）数列具有性质，求． 19. 已知椭圆的右焦点坐标为，两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形. （1）求椭圆的方程； （2）过作点直线与椭圆相交与两点， （i）在轴上存在一点，使得两条直线恰好关于轴对称，求点坐标； （ii）再过该点作轴垂线与交于点，过作直线与平行，交轴于点，交直线于点，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度第一学期学科素养诊断试题 高二数学 2025.01 本试卷共4页，满分为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．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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求直线的斜率，根据公式求倾斜角. 【详解】直线方程可化为，所以直线的斜率为：，即， 又，所以. 故选：C 2. 抛物线的焦点到其准线的距离等于（ ） A. B. 3 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线方程直接得焦点坐标，准线方程即可求解. 【详解】由题意抛物线的焦点坐标、准线方程分别为， 所以抛物线的焦点到其准线的距离等于3. 故选：B. 3. 已知等差数列首项为1，若成等比数列，则（ ） A. B. 4 C. 8 D. 或4 【答案】B 【解析】 【分析】设等差数列公差为，由成等比数列求出可得答案. 【详解】设等差数列的公差为， 若成等比数列，则， 即，解得，， 当时，， 当时，，此时不能构成等比数列，故舍去， 所以, 故选：B. 4. 设，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量垂直求出，再求出的坐标后即可求其模. 【详解】由，得，解得， 所以，则， 所以. 故选：D. 5. 在空间直角坐标系中，点到x轴的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合空间直角坐标系，数形结合利用勾股定理求解点到x轴的距离. 【详解】 在空间直角坐标系中， 过作平面，垂足为，则轴， 在坐标平面内，过作轴，与轴交于， 由，则，， 由，平面，平面， 则轴平面，平面， 则轴，故即点到x轴的距离， 则. 故选：D. 6. 已知双曲线,则C的焦点到其渐近线的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】求出双曲线的焦点坐标及渐近线方程,根据双曲线的对称性,取其中一个焦点坐标和渐近线即可,根据点到直线的距离公式求出结果即可. 【详解】解:由题知双曲线, 即, 故焦点坐标为, 渐近线方程为:, 即, 由双曲线的对称性, 不妨取焦点到渐近线的距离, 故焦点到其渐近线的距离为. 故选:B 7. 已知半径为1的圆经过点，过点向圆作切线，则切线长的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得圆心的轨迹方程为圆，得到圆上到点的最大距离为，结合圆的切线长公式，即可求解. 【详解】设圆的圆心坐标为， 因为圆的半径为，且过点，可得， 即，即圆心的轨迹表示以为圆心，半径为1的圆， 可得，则圆上的点到点的最大距离为， 又由切线长公式，可得切线长的最大值为. 故选：A. 8. 已知函数，数列满足，且为正整数）．则（ ） A. －1 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将进行整理，可以求出其通项公式，再代入可得答案. 【详解】由， ， 故选：C 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知数列的前项和为，满足，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 数列是递增数列 【答案】AD 【解析】 【分析】利用数列中与的关系得数列为等比数列，再逐一判断即可. 【详解】当时，，则， 当时，由， 即，又，故数列是首项为，公比为的等比数列， ∴ ，， 对于A：，故A正确； 对于B：，故B错误； 对于C：，故C错误； 对于D：，则，故数列是递增数列，故D正确. 故选：AD. 10. 如图，是双曲线与椭圆公共焦点，点A是在第一象限内的交点，若，则（ ） A. 双曲线的渐近线为 B. 的离心率为 C. 的方程为 D. 的面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】设双曲线的方程为，椭圆的方程为，根据已知，结合双曲线以及椭圆的定义求出的值，即可得出A、B、C；根据余弦定理以及正余弦之间的关系求出的值，即可根据三角形的面积公式，得出答案. 【详解】设双曲线的方程为，椭圆的方程为， 则，， 所以，，，， 所以公共焦点为，，， 所以， 由图象易知，， 根据双曲线的定义可得，， 所以，. 根据椭圆的定义可得，， 所以，，， 所以椭圆的方程为， 椭圆的离心率为，故B项正确，C项错误； 对于A项，根据双曲线的方程易知，双曲线的渐近线方程为，故A项错误； 对于D项，由余弦定理可知，. 又，所以， 所以，，故D项正确. 故选：BD. 11. 在棱长为1的正方体中，点满足，，则（ ） A. 当时，的最小值为 B. 当时，有且仅有一点满足 C. 当时，有且仅有一点满足到直线的距离与到平面的距离相等 D. 当时，直线与平面所成角的大小为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A项：应用空间向量知识可判断：点的轨迹为线段，再应用正方体表面展开的方法，即可判断的最小值为；对于B项：应用空间向量判断满足的点的个数；对于C项：应用空间向量求出点满足到直线的距离与到平面的距离；再解即可判断；对于D项：应用空间向量求出直线与平面所成角的正弦，即可其大小为定值； 【详解】对于A项：当时，, 因为，设,所以四边形为平行四边形（如图所示），点的轨迹为线段. 将正方体上底面如图展开，构成矩形， 当三点共线时，即，故A正确； 对于B项：以点A为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图）， 则. 当时，， 又因为，，所以恒成立， 所以，则总成立，故B错误； 对于C项：因为， 所以点. 因为，， 所以点到直线的距离为， 因为，所以； 取平面的法向量为， 因为，所以点到平面的距离为， 又因为，所以，由得， 因为，所以，所以， 则，所以点且唯一.故C正确； 对于D项：因为，可取平面的法向量为 设直线与平面所成角为，则， 又因为，所以， 所以直线与平面所成角为（定值）. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在抛物线上，则点到抛物线的焦点的距离为_________． 【答案】3 【解析】 【分析】只需把点代入方程，就可解得，即可知焦点坐标，再利用两点间距离公式就可以算出答案. 【详解】由题意得：，解得， 所以抛物线，即焦点坐标是， 即 故答案为：3. 13. 数列满足，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据递推公式变形得到，再根据等差数列的定义求数列的通项公式，变形后求的值. 【详解】由题意，易知， 由，两边取倒数得，即， 所以数列是首项，公差为2的等差数列， 所以，即， 则. 故答案为：. 14. 已知正四面体ABCD的棱长为6，点E，F满足，，用过A，E，F三点的平面截正四面体ABCD的外接球O，当时，截面的面积的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，找到球心的位置，利用半径相等列出方程，求出外接球半径，再分析出时，三点共线，此时过A，E，F三点的平面球心，此时截面面积最大，截面面积为，求出和两种情况下，由等体积法求出球心到平面的距离相等，均为，此时截面面积最小，求出截面圆半径，从而得到截面面积的取值范围. 【详解】过点作⊥平面，则点在中线上，且， 球心在上，连接， 因为正四面体ABCD的棱长为6，所以，， 由勾股定理得， 设外接球O的半径为， 设，则， 由勾股定理得，即，解得， 时，三点共线，此时过A，E，F三点的平面过球心， 此时截面面积最大，截面面积为； 当或时，此时球心到截面的距离较大， 当时，过A，E，F三点的平面即为平面， 由对称性可知，此时球心到平面的距离等于到平面的距离， 即， 当时，，连接，交于点，则， 由于为等边三角形，故， 则，故，， 由勾股定理得，， 设点到平面的距离为，则， 即，解得， 由于，故点到平面的距离为， 故与时，点到平面的距离相等，均为， 故平面截正四面体ABCD的外接球的半径为， 则截面面积为， 综上，截面的面积的取值范围为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 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. 已知直线：与垂直，且经过点. （1）求的一般式方程； （2）若与圆：相交于两点，求. 【答案】（1） （2）8 【解析】 【分析】（1）由直线的方程和垂直关系可得的斜率为，由点斜式方程整理可得结果； （2）求出圆心C到直线的距离为，再由圆的弦长公式即可求得. 【小问1详解】 由直线：，可得斜率， 因为，所以直线的斜率为， 又因为直线过点，所以直线的方程为， 即. 【小问2详解】 由圆C：，可得圆心，半径， 则圆心C到直线：的距离为， 又由圆的弦长公式可得弦长 16. 已知递增等差数列的前项和为． （1）求和； （2）数列满足，求的前项和； （3）若，求数列的通项公式． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列公式，列出方程组，求得，进而可得通项公式和前项和； （2）根据对数式化指数式求得，进而求的前项和； （3）方法一：错位相减法求； 方法二：化简得到，代入数据计算得到答案. 【小问1详解】 设数列公差为，由， 解得或（舍去）， 所以， ； 【小问2详解】 由，即，得， ，所以为首项为1公比为2的等比数列， ； 【小问3详解】 方法一：，由（2）知， 所以， ， 两式相减得 ； 方法二： . 17. 如图，在直三棱柱中，已知分别为和的中点． （1）求证：平面； （2）判断与是否垂直，并说明理由； （3）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）垂直，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）应用线面平行判定定理证明即可； （2）空间向量法得出即可判断证明； （3）空间向量法求解出法向量再计算二面角余弦即可求解； 【小问1详解】 连接，由于分别和的中点，则 又因为平面平面， 因此平面 【小问2详解】 取中点，连接，则，则平面， 由于，则，因此，两两垂直， 以为原点，的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， ． 所以． 所以与垂直． 【小问3详解】 ， 设平面的一个法向量为 ，所以，取 则 设平面的一个法向量为， ，所以，即 取，则 ． 设与平面所成角为，则 即平面与平面与所成角的余弦值为． 18. 已知数列，若为等比数列，则称具有性质． （1）若数列具有性质，求； （2）若，求证：数列具有性质； （3）数列具有性质，求． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，成等比数列，列式运算得解； （2）根据数列的新定义运算证明； （3）根据题意可得，即，得数列是等比数列，运算得解. 【小问1详解】 由题意可知成等比数列． 则 即， ，解得. 【小问2详解】 ； ， 数列是以6为首项，以2为公比的等比数列，故数列具有性质． 【小问3详解】 由数列具有性质，则为等比数列， 因为 所以， 故数列为以2为首项以2为公比的等比数列． 则， 于是， 即，由． 则数列是以为首项，以为公比的等比数列， 故， 得． 【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是利用数列性质求出数列的通项，构造证明数列是等比数列，得解. 19. 已知椭圆的右焦点坐标为，两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形. （1）求椭圆的方程； （2）过作点直线与椭圆相交与两点， （i）在轴上存在一点，使得两条直线恰好关于轴对称，求点的坐标； （ii）再过该点作轴的垂线与交于点，过作直线与平行，交轴于点，交直线于点，求的值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由题可知，再由条件两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形可知，结合求解，进而得到椭圆方程； （2）（i）设直线的方程，联立直线和椭圆，由韦达定理得到两根的关系，设，由，可求解点的坐标； （ii）根据平行得到斜率相等，可以写出直线的方程，进而得到的坐标，联立直线得到点的坐标，发现纵坐标之间的关系即可. 【小问1详解】 依题意得，解得， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 （i）设直线的方程为：， 联立，整理得， 其中， 则， 设，因为恰好关于轴对称，所以， 即， 即，即， 整理可得， 则， 即得，即，所求点的坐标为； （ii）对于直线的方程，令，得，所以点的坐标为， 由于直线的斜率为，直线直线，所以， 从而直线的方程为，① 令，得，于是点的坐标为， 所以直线的方程为，② 联立方程①②得，即， 即， 其中， 所以， 于是有，从而得， ，③ 方法一：由得， 代入③式得， 即，所以． 方法二：③式中令，得， 整理得， 由，得，代入得. 即，所以． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为，； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $