精品解析：吉林省四平市第三高级中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题

2024~2025学年度高二第一学期期末考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5.本卷主要考查内容：选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章. 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. 已知点，，且直线与直线平行，则（ ） A. B. C. 2 D. -2 2. 等差数列的项数为（ ） A. 52 B. 51 C. 50 D. 49 3. 经过点的抛物线的标准方程为 A. B. C. 或 D. 无法确定 4. 在平行六面体中，设，，，，分别是，的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知是椭圆上一点，、分别是椭圆的左、右焦点，若的周长为，且椭圆的离心率为，则椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线的焦点为，点为上一动点，，,且的最小值为，则等于 A. 4 B. C. 5 D. 7. 如图，已知多面体中，底面是边长为的正方形，，，平面，平面，，若异而直线与所成的角的余弦值为，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的渐近线方程为，过该双曲线的右焦点作其中一条渐近线的垂线，垂足为，且交另一条渐近线于点，则（ ） 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.金部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知等比数列的公比为，前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. ， D. ， 10. 已知双曲线：，则（ ） A. 点在上 B. 的焦点只能在轴上 C. 直线与有2个交点 D. 的离心率的取值范围为 11. 设抛物线：的焦点为，为坐标原点，点是上两个动点，则（ ） A. 的准线方程为 B. 的最小值为2 C. 当直线过点时，直线和的斜率之积为定值 D. 当直线与垂直时，直线过定点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆：和圆：，则两圆公共弦所在的直线方程为______. 13. 在空间直角坐标系中，点为平面外一点，其中，，，则点M到平面的距离为_______. 14. 已知数列为等比数列，且，其前n项积为，且，若则的最小值为_______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知圆心为C的圆经过点A（1，1）和B（2，–2），且圆心C在直线l：上，求该圆的标准方程． 16. 已知公比为的等比数列的前项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 17. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是棱长为2的菱形，O是的中点，与全等． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值． 18. 已知等差数列的公差为2，前项和为，且，，成等比数列.数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，求证：. 19. 已知椭圆C：的右焦点为F，离心率为，点在椭圆C上. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点（2，0）且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于A，B两点，过点F且与x轴垂直的直线与直线l相交于点M.证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度高二第一学期期末考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5.本卷主要考查内容：选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章. 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. 已知点，，且直线与直线平行，则（ ） A. B. C. 2 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】求出两点的斜率与直线的斜率，因为平行，所以斜率相等，即可求得结果. 【详解】点，，所以， 又直线的斜率为， 因为直线与直线平行，所以，即，故， 故选：A 2. 等差数列的项数为（ ） A. 52 B. 51 C. 50 D. 49 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质即可求解. 【详解】由题意可知：公差为，首项为， 故，故， 故选：D 3. 经过点的抛物线的标准方程为 A. B. C. 或 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】分情况设出抛物线的方程，代入已知点即可得到具体方程． 【详解】由题设知抛物线开口向右或开口向上，设其方程为或，将点代入可得或，所以所求抛物线的标准方程为或. 故选. 【点睛】这个题目考查了抛物线方程的求法，可称为待定系数法，较为基础. 4. 在平行六面体中，设，，，，分别是，的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得. 【详解】因为，分别是，的中点， 所以，， 所以 . 故选：C 5. 已知是椭圆上一点，、分别是椭圆的左、右焦点，若的周长为，且椭圆的离心率为，则椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由焦点三角形周长、椭圆离心率列方程求椭圆参数，结合椭圆性质即可确定椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离. 【详解】设椭圆的焦距为，且的周长为，所以， 椭圆的离心率为，则， 综上，，解得，则椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离为． 故选：B 6. 已知抛物线的焦点为，点为上一动点，，,且的最小值为，则等于 A. 4 B. C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：利用的最小值为求出的值，从而得可得点的坐标，然后利用抛物线的定义即可得出结论． 详解：设点，则． ∴， ∴当时，有最小值，且最小值为． 由题意得， 整理得， 解得或． 又， ∴， ∴点B坐标为． ∴由抛物线的定义可得． 故选B． 点睛：（1）圆锥曲线中的最值问题，解答时可通过设出参数得到目标函数，然后根据目标函数的特征选择合适的方法求出最值． （2）抛物线的定义实现了点到直线的距离和两点间的距离的相互转化，利用这一结论可使得有关问题的解决变得简单易行． 7. 如图，已知多面体中，底面是边长为的正方形，，，平面，平面，，若异而直线与所成的角的余弦值为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，结合条件运算得解. 【详解】以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，， ， 可得， 所以， 所以，可得． 故选：C. 8. 已知双曲线的渐近线方程为，过该双曲线的右焦点作其中一条渐近线的垂线，垂足为，且交另一条渐近线于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由过该双曲线的右焦点作其中一条渐近线的垂线，得到，求得，得到直线的方程为，联立方程组，求得，结合，即可求解. 【详解】由双曲线的渐近线方程为，可得， 过该双曲线的右焦点作其中一条渐近线的垂线，垂足为，可得， 又由，可得， 所以直线的斜率为，可得直线的方程为， 由，解得， 由，解得， 则. 故选：C. 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.金部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知等比数列的公比为，前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. ， D. ， 【答案】AC 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式与，前项和公式逐一判断即可. 【详解】设公比为，因为，所以， 又因为，所以，故A正确，故B错误； 对于选项C：，故C正确，选项D错误； 故选：AC 10. 已知双曲线：，则（ ） A. 点在上 B. 的焦点只能在轴上 C. 直线与有2个交点 D. 的离心率的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】将代入双曲线方程即可求解A，根据双曲线的性质即可求解B，根据渐近线的斜率即可求解C，根据离心率公式即可求解D. 【详解】对于A，，故不在双曲线上，A错误， 对于B，双曲线的焦点位于轴上，B正确， 对于C，由于的一条渐近线方程为，由于，故直线与有2个交点，C正确， 对于D，，故D错误， 故选：BC 11. 设抛物线：的焦点为，为坐标原点，点是上两个动点，则（ ） A. 的准线方程为 B. 的最小值为2 C. 当直线过点时，直线和的斜率之积为定值 D. 当直线与垂直时，直线过定点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据抛物线的准线方程的求解即可判断A，根据焦半径公式即可求解B，根据与轴垂直时即可求解C，联立直线与抛物线方程可得，进而根据垂直可得，即可求解的方程为求解D. 【详解】由抛物线，得，故抛物线的准线方程为，所以A正确； 设，，则，当时取等号，故B正确， 当时，直线的斜率不存在，,此时,所以C不正确； 对于D，当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由和，消去x，得，所以， 由于，即，所以，又， 所以，得，故， 即，所以直线的方程为，过点, 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，过点，所以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. 已知圆：和圆：，则两圆公共弦所在的直线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】将两圆作差即可求解. 【详解】：和圆：的圆心和半径分别为, 故，故两个圆相交， 因此公共弦所在的直线方程为，即， 故答案为： 13. 在空间直角坐标系中，点为平面外一点，其中，，，则点M到平面的距离为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】先求出平面的法向量为，再利用点到面的距离公式即可求得结果. 【详解】因为，，，所以, 设平面的法向量为，则, 令，则，所以，由， 利用点到面的距离公式 故答案为: 14. 已知数列为等比数列，且，其前n项积为，且，若则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知结合等比数列性质求出，进而求出，然后结合等比数列通项公式及指数即可求解. 【详解】设数列的公比为q，因为，所以，所以， 所以．则，，因为．所以，所以， 则，结合指数性质知道，当或时，取得最小值，． 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知圆心为C的圆经过点A（1，1）和B（2，–2），且圆心C在直线l：上，求该圆的标准方程． 【答案】（x+3）2+（y+2）2=25 【解析】 【详解】试题分析：设圆心坐标为C（a，a+1），根据A、B两点在圆上利用两点的距离公式建立关于a的方程，解出a值．从而算出圆C的圆心和半径，可得圆C的方程． 解：∵圆心在直线x﹣y+1=0上， ∴设圆心坐标为C（a，a+1）， 根据点A（1，1）和B（2，﹣2）在圆上，可得=， 解之得a=﹣3 ∴圆心坐标为C（﹣3，﹣2），半径r=5 因此，此圆的标准方程是（x+3）2+（y+2）2=25． 考点：圆的标准方程． 16. 已知公比为的等比数列的前项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由基本量法求出，然后求出通项公式即可. （2）先求出，然后再裂项，最后求和. 【小问1详解】 由，有，① 又由，有，② ①②得， 整理为，解得或， 由，可得， 可得数列的通项公式为； 【小问2详解】 由， 有， 所以 ． 17. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是棱长为2的菱形，O是的中点，与全等． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）连结． 因为与全等，是等边三角形，则为等边三角形， 又O是的中点，为等边三角形，所以， 又平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． （2）. 【解析】 【分析】（1）连结，可得，利用线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明. （2）由两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量以及平面的一个法向量，利用面面角的向量求法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连结． 因为是等边三角形，O是的中点， 所以， 由（1）得，所以两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 又 由得 令，得； 设平面的法向量为． 又， 由得 令，得． 所以， 故． 所以二面角的正弦值为． 【点睛】思路点睛： 解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为： （1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内； （2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错. （3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量. （4）利用法向量求距离、线面角或二面角. 18. 已知等差数列的公差为2，前项和为，且，，成等比数列.数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2） 由（1）知，所以， 所以， ， 两式相减得 ， 所以 因为，所以，因此， 所以单调递增，因此 综上所述， 【解析】 【分析】（1）结合等差数列的求和公式和等比中项的定义，建立关于的方程，解方程求出，进而得出数列的通项公式； （2）由错位相减法求出，由>0可得出；然后再根据的单调性得出，从而得证. 【小问1详解】 在数列中，公差， ，，， 因为，，成等比数列，所以， 即，解得， 所以. 【小问2详解】 略 19. 已知椭圆C：的右焦点为F，离心率为，点在椭圆C上. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点（2，0）且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于A，B两点，过点F且与x轴垂直的直线与直线l相交于点M.证明： 【答案】（1） （2）设，直线l的方程为，其中， 联立方程，消去y后整理为， ，可得且， 当时，，则， 故当直线与椭圆相切时，切点的横坐标为1， 所以， 有， 由， 同理， 则， 由点在直线l上，且的横坐标为， 可得，， 则， 由， 又由， 可得，故有 【解析】 【分析】（1）由椭圆得离心率可得三者得关系，再将点代入椭圆方程，求得，即可得出答案； （2）设，直线l的方程为，其中，联立直线与椭圆方程，确定的取值范围，利用韦达定理求得，再利用弦长公式求得，即可得，易求得，整理从而得证. 【小问1详解】 设F（c，0），由椭圆C的离心率为，可得， 则有， 可得椭圆的方程为， 代入点的坐标有，解得， 故椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $