精品解析：广东省深圳市深圳实验学校高中部2024-2025学年高二上学期第三阶段（期末）数学试题

深圳实验学校高中部2024-2025学年第一学期期末考试 高二数学 时间：120分钟 满分：150分 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. 已知向量，，且，那么实数等于（　　） A. 3 B. -3 C. 9 D. -9 【答案】D 【解析】 【分析】运用空间向量共线列式计算即可. 【详解】∵，，且， ∴， 解得，， ∴． 故选：D． 2. 已知双曲线过点，且一条渐近线的倾斜角为30°，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由渐近线斜率结合点在双曲线上列出等式，求解即可. 【详解】由，可得渐近线方程为：， 所以，即， 又点在双曲线上，可得：， 联立解得：， 所以双曲线的方程为：， 故选：C 3. 在公差不为0等差数列中，，，是公比为2的等比数列，则（ ） A. 11 B. 13 C. 15 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本量法可求的值. 【详解】设等差数列的公差为，则， 因为，，是公比为2的等比数列， 所以，由前者得到，代入后者可得， 故， 故选：C. 4. 已知等比数列的前项和为，则下列结论中一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由通项公式可由推出首项与公比同号，取可判断AB，由可得，取可判断C，由分类讨论可知同号，可判断D. 【详解】由数列是等比数列， 若，同号， 由知，当时，，故A，B错误； 若，则可知 当时，该等比数列为常数列，则，故C错误； 当时，， 时，，当时， 所以由且同号，可知，故D正确. 故选：D 5. 在数列中，已知，，则它的前30项的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，运用数列的恒等式可得，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和． 【详解】解：由， 可得， 所以当时，， 又， 所以， 所以． 故选：D． 6. 设等差数列的前n项和为，若，，，则m的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】先利用与的关系求出和，进而得到公差，再结合求出，最后根据通项公式求出. 【详解】根据与的关系，（）. 已知，，那么. 又因为，，所以. 所以公差. 已知，将其代入前项和公式，因为，所以. 又已知，那么. 已知，，，代入通项公式可得： , 得. 故选：B. 7. 已知椭圆的右焦点为．短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点．若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：设是椭圆的左焦点，由于直线过原点，因此两点关于原点对称，从而是平行四边形，所以，即，，设，则，所以，，即，又，所以，．故选A． 考点：椭圆的几何性质． 【名师点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，因此要求得关系或范围，解题的关键是利用对称性得出就是，从而得，于是只有由点到直线的距离得出的范围，就得出的取值范围，从而得出结论．在涉及到椭圆上的点到焦点的距离时，需要联想到椭圆的定义． 8. 已知数列满足，，且，，则m等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用递推式化简得，化简后利用裂项相消法计算求解得出，最后计算范围即可求解. 【详解】因为数列满足，，所以， 因为，所以， 所以， ， 因为，所以， ， 所以，所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，由题设条件得到，从而得解. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．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. 已知圆，直线，则下列命题中正确的有（ ） A. 直线恒过定点 B. 圆被y轴截得的弦长为 C. 直线与圆恒相交 D. 当直线被圆截得弦长最小时，直线的方程为 【答案】ABC 【解析】 【分析】将直线方程化为，可求得定点坐标；将代入圆的方程，即可求得两交点纵坐标，即可得到弦长；求出圆心到定点的距离，即可判断C项；由题意知，当圆心与定点的连线恰好与垂直时，弦长最短，可求出直线的斜率，代入点斜式方程即可求得. 【详解】由已知可得，圆心，半径. 直线方程可化为，解可得， 所以直线恒过定点，A选项正确； 将代入圆的方程有，解得，，弦长为，B项正确； 因为点到圆心的距离为，所以直线与圆恒相交，C项正确； 当圆心与定点的连线恰好与垂直时，圆心到直线的距离最大，直线被圆截得的弦长最小.则的斜率应满足，所以，代入点斜式方程有，整理可得，，D项错误. 故选：ABC. 10. 对于无穷数列，下列命题中正确的是（ ） A. 若既是等差数列，又是等比数列，则是常数列 B. 若等差数列满足，则是常数列 C. 若等比数列满足，则是常数列 D. 若各项为正数的等比数列满足，则是常数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列和等比数列的定义，判定，性质，逐个计算判定即可. 【详解】对于A选项，若数列既是等差数列又是等比数列. 对于等差数列，有（为公差）；对于等比数列，有（为公比且）. 若，那么，不是常数，这与等比数列性质矛盾.所以，即，所以是常数列，A选项正确. 对于B选项，等差数列满足. 设等差数列的公差为，若，当足够大时，会无限增大，不可能始终满足. 只有当时，，才能满足，所以是常数列，B选项正确. 对于C选项，等比数列满足. 例如等比数列，，当增大时，逐渐减小且始终小于等于，满足，但它不是常数列，C选项错误. 对于D选项，各项为正数的等比数列满足. 设等比数列的公比为（），. 若，当足够大时，会无限增大，不满足； 若，当足够大时，会无限趋近于，不满足. 所以只有，此时，满足，是常数列，D选项正确. 故选：ABD. 11. 如图，棱长为2的正方体中，动点P满足，则以下结论正确的为（ ） A. ，使直线平面 B. ，三棱锥体积为定值 C. 当时，点P到AC的距离为 D. 当时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】当点P为的中点时，证明，，利用线面垂直的判定定理即可判断选项A；证明平面，则P到平面的距离为定值，则体积为定值，计算即可判断选项B；建立空间直角坐标系，求出和，利用点线距离的向量法即可求解；由选项A得平面，求得，结合余弦定理及同角三角函数关系可得，利用正弦定理求得的外接圆半径为，所求问题转化为求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积，计算即可. 【详解】显然，存在满足题意，证明如下： 若点P为的中点时，则. ∵面，面，∴. ，平面，平面，平面.故选项A正确； ，，∴四边形为平行四边形，∴. 又平面，平面，平面. 又P为线段上的动点，∴P到平面的距离为定值，∴三棱锥体积为定值， ，故选项B正确； 以方向x轴，方向为y轴，方向为z轴建立空间直角坐标系， 则，，当时，， 则，， ∴点P到AC的距离为，故选项C错误； 当时，点P为的中点，由选项A已证得平面. 易得，，， ，， 的外接圆半径为， ∴所求问题等价于求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积. 设三棱锥的外接球半径为R，则 ， 故三棱锥的外接球表面积为，故选项D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题选项B的体积为定值关键是证明平面，则得到线面距离为定值，则体积为定值；选项D的关键是将其转化为求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积. 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知动圆P与圆：相切，且与圆：内切，记圆心P的轨迹为曲线C，则曲线C的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，所以圆心的轨迹是以为焦点，实轴长为8的椭圆，进而可求其方程； 【详解】由已知得，圆半径为9，圆半径为1， 设动圆圆心，半径为，易知圆在圆内， 由于动圆与圆相切，且与圆相内切， 所以动圆与圆只能内切，且动圆在圆内， 故，所以， 所以圆心的轨迹是以为焦点，实轴长为8的椭圆， 则，所以， 所以曲线的方程为. 故答案为： 13. 记为数列的前n项和．已知，，则数列的通项公式是__________． 【答案】 【解析】 【分析】对原式化简得，再降下标作差即可得，结合等差数列定义即可得到其通项. 【详解】，①， 当时，②， ①-②得，， ，，， 是等差数列， 又， 故答案： 14. 给定圆：及抛物线：，过圆心作直线，此直线与上述两曲线的四个交点，自上而下顺次为，，，；如果线段，，的长度按此顺序构成一个等差数列，则直线的方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】先确定圆的标准方程，求出圆心与直径长，设出的方程，代入抛物线方程，求出，利用线段、、的长按此顺序构成一个等差数列，可得，求出的值，由此可求直线的方程. 【详解】解： 圆的方程为，则其直径长，圆心为， 设的方程为，即，代入抛物线方程得：， 设，， 有，， 则， 故， 因此. 因为线段，，的长按此顺序构成一个等差数列， 所以，即， ∴， ∴方程. 故答案为：. 【点睛】本题考查直线与圆、抛物线的位置关系，考查等差数列，考查学生的计算能力，确定是关键.中档题. 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. 设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列． （1）求和的通项公式； （2）记为的前n项和，证明：． 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由等差中项列出方程求得公比即可求解； （2）由错位相减法求解即可； 【小问1详解】 因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列， 所以，所以， 即，解得，所以，所以． 【小问2详解】 证明：由（1）可得，① ，② ①－②得， 所以． 16. 已知直线与抛物线C：交于M，N两点，，O为坐标原点． （1）求p； （2）过点作直线l交抛物线于A，B两点，且点P是线段AB的中点，求三角形OAB的面积． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）联立直线和抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式得到方程，求出答案； （2）设，，点差法得到直线的斜率，从而得到直线的方程，由焦点弦弦长公式得到，结合点到直线距离，得到三角形面积. 【小问1详解】 设，，联立直线与抛物线得：， 消去x得到，∴，， ∴． 解得或－3（舍去）．∴． 【小问2详解】 设，， ∵A，B在抛物线C上，∴，， 两式作差得． ∵AB中点坐标为，∴，， ∴， ∴， ∴l：，整理得l：． 故l过的焦点，弦长． 又O到l的距离为． ∴． 17. 如图，已知四棱锥，平面ABCD，，，，，为中点． （1）证明：； （2）证明：平面ABE； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）通过证明平面，即可求证； （2）由（1）易证平面．再证平面，进而可求证； （3）建系求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【小问1详解】 在四棱锥中， ∵底面，平面，∴， ∵，且平面． ∴平面． 而平面PAC，∴． 【小问2详解】 由，，得， 又，所以． ∵是的中点，∴． 由（1）知，且平面， ∴平面．而平面，∴． ∵底面，平面，∴． 又∵，且平面， ∴平面，而平面，∴． 又∵平面，∴平面． 【小问3详解】 ∵，平面， ∴两两垂直，以为原点，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系． 不妨设，由，解三角形可知． 故，，，，，． ，，． 由（2）知平面的一个法向量为． 设面BEC的一个法向量为． 则，即， 令，解得，，则． ∴， 根据和的方向可知二面角的余弦值为． 18. 已知双曲线过点，离心率为，左、右焦点分别为，，点P为直线l：上且不在x轴上的一点，直线和与双曲线的交点分别为A，B和C，D，O为坐标原点． （1）求双曲线的标准方程； （2）设直线，的斜率分别为，． （i）证明：为定值； （ii）直线l上是否存在点P，使得OA，OB，OC，OD满足？若存在，求出所有满足条件的P点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）存在，，． 【解析】 【分析】（1）由已知条件，利用离心率公式、标准方程以及，可得答案； （2）（i）设出直线的方程，联立求交点的坐标，代入已知直线方程，可得答案； （ii）联立直线与双曲线方程写出韦达定理，代入方程整理，由（i）分情况求解坐标，可得答案. 【小问1详解】 由双曲线过点，．可得，解得， ∴双曲线方程为． 【小问2详解】 （i）由于，，，的斜率分别是，，且点P不在x轴上． 所以，，． 又直线、的方程分别为，， 联立方程解得，所以， 由于点P在直线上，所以， 即，故为定值． （ii）设，，，， 联立直线和双曲线的方程得， 化简得，由， 因此，， 所以 ，同理可得：， 故由得或， ①当时，由（i）的结论可得，解得P点的坐标为； ②当时，由（i）的结论可得或（舍去）， 此时直线CD的方程为与联立得，， 所以，经检验，两种情况均符合要求． 综上所述，满足条件的点P的坐标分别为，． 19. 将有穷数列任两项之和按升序排列成一个新数列，称这个新数列为的伴随数列．若的伴随数列是公差不为0的等差数列，称具有性质． （1）判断数列1，2，3和数列1，3，5，7是否具有性质； （2）若递增数列1，3，，（，）具有性质，求和的值； （3）若有穷数列具有性质，求的最大值． 【答案】（1）数列1，2，3具有性质P；数列1，3，5，7不具有性质P． （2）x，y的值分别为4，5或5，9． （3）4． 【解析】 【分析】（1）由新定义直接判断即可； （2）结合新定义，分和两类求解即可； （3）设，易知最小，最大． 由定义可得．可说明当时无解．再说明，易知和数列第三最小和项为，第三最大和项为．进而说明为第四最小和项或第四最大和项．，不难发现这与矛盾．即可求解； 【小问1详解】 数列1，2，3的伴随数列为3，4，5为公差不为0的等差数列，所以数列1，2，3具有性质P； 数列1，3，5，7的伴随数列为4，6，8，8，10，12不为等差数列，所以数列1，3，5，7不具有性质P． 【小问2详解】 因为递增数列1，3，x，y具有性质P， 所以伴随数列的项为4，，，，，． ①若 则，解得，此时数列1，3，x，y的伴随数列为4，5，6，7，8，9， 符合题意； ③若 则，解得， 此时数列1，3，x，y伴随数列为4，6，8，10，12，14，符合题意； 综上，x，y的值分别为4，5或5，9． 【小问3详解】 由（1），（2）知，4满足要求． 下面假设时，，，…，两两之和的升序排列构成等差数列． 不妨设，d为伴随数列的公差． 显然，在和项中，最小，次小，次大，最大． 于是，，．故，且 ． 若，则上式左端与右端为不同数对的和，与数对和之差至少为d矛盾．于是，时无解． 若，则，． 和数列第三最小和项为， 由，知第三最大和项为． 又，且每相邻两个和项之差均为d， 因此，为第四最小和项或第四最大和项． 由对称性不妨设为第四最小和项．则 ． 故，从而， 这与矛盾．因此，时无解．综上，n的最大值为4． 【点睛】关键点点睛：第三问：当时，由对称性不妨设为第四最小和项．则 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 深圳实验学校高中部2024-2025学年第一学期期末考试 高二数学 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知向量，，且，那么实数等于（　　） A. 3 B. -3 C. 9 D. -9 2. 已知双曲线过点，且一条渐近线的倾斜角为30°，则双曲线的方程为（ ） A B. C. D. 3. 在公差不为0的等差数列中，，，是公比为2的等比数列，则（ ） A. 11 B. 13 C. 15 D. 17 4. 已知等比数列的前项和为，则下列结论中一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 在数列中，已知，，则它的前30项的和为（ ） A. B. C. D. 6. 设等差数列的前n项和为，若，，，则m的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 已知椭圆的右焦点为．短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点．若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是 A. B. C. D. 8. 已知数列满足，，且，，则m等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知圆，直线，则下列命题中正确的有（ ） A. 直线恒过定点 B. 圆被y轴截得的弦长为 C. 直线与圆恒相交 D. 当直线被圆截得的弦长最小时，直线的方程为 10. 对于无穷数列，下列命题中正确的是（ ） A. 若既是等差数列，又是等比数列，则是常数列 B. 若等差数列满足，则是常数列 C. 若等比数列满足，则是常数列 D. 若各项为正数的等比数列满足，则是常数列 11. 如图，棱长为2的正方体中，动点P满足，则以下结论正确的为（ ） A ，使直线平面 B. ，三棱锥体积为定值 C. 当时，点P到AC的距离为 D. 当时，三棱锥的外接球表面积为 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知动圆P与圆：相切，且与圆：内切，记圆心P的轨迹为曲线C，则曲线C的方程为______． 13. 记为数列的前n项和．已知，，则数列的通项公式是__________． 14. 给定圆：及抛物线：，过圆心作直线，此直线与上述两曲线的四个交点，自上而下顺次为，，，；如果线段，，的长度按此顺序构成一个等差数列，则直线的方程为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列． （1）求和的通项公式； （2）记为前n项和，证明：． 16. 已知直线与抛物线C：交于M，N两点，，O为坐标原点． （1）求p； （2）过点作直线l交抛物线于A，B两点，且点P是线段AB的中点，求三角形OAB的面积． 17. 如图，已知四棱锥，平面ABCD，，，，，为中点． （1）证明：； （2）证明：平面ABE； （3）求二面角的余弦值． 18. 已知双曲线过点，离心率为，左、右焦点分别为，，点P为直线l：上且不在x轴上的一点，直线和与双曲线的交点分别为A，B和C，D，O为坐标原点． （1）求双曲线标准方程； （2）设直线，的斜率分别为，． （i）证明：为定值； （ii）直线l上是否存在点P，使得OA，OB，OC，OD满足？若存在，求出所有满足条件P点坐标；若不存在，请说明理由． 19. 将有穷数列任两项之和按升序排列成一个新数列，称这个新数列为的伴随数列．若的伴随数列是公差不为0的等差数列，称具有性质． （1）判断数列1，2，3和数列1，3，5，7是否具有性质； （2）若递增数列1，3，，（，）具有性质，求和的值； （3）若有穷数列具有性质，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$