精品解析：湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高二上学期期末数学试题

华中师大一附中2024-2025学年度上学期期末检测 高二年级数学试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人：黄倩 付晓奇 审题人：张丹 曹宗庆 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，只有一个选项是正确的. 1. 直线的倾斜角是（ ） A B. C. D. 2. 已知数列满足，，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知椭圆，为坐标原点，直线与椭圆交于、两点，若为直角三角形，则椭圆的离心率为（） A B. C. D. 4. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”.原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有一个相关的问题：被3除余1且被4除余2的正整数，按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，则的值为（ ） A. 24294 B. 24296 C. 24298 D. 24300 5. 已知圆，，点在圆上运动，设线段的垂直平分线和直线的交点为，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 设数列的前项和为，，，，则取最小值时的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 已知椭圆与双曲线有相同的左、右焦点，，为椭圆与双曲线在第一象限内的一个公共点，设椭圆与双曲线的离心率分别为，，且，若，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，，，，中点为，点为棱上的动点，当取最小值时，线段的长度为（ ） 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. 已知，圆，直线，，且与相交于点，则（ ） A B. 直线与圆相切 C. 被圆截得的弦长为 D. 若，则 10. 已知数列的通项公式为，的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是公差为4等差数列 C. D. 数列的最大项为2 11. 平面内到两定点的距离之积为定值的点的轨迹叫做卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是天文学家卡西尼在研究卫星运行规律时发现的.已知曲线上的点到与的距离之积为2，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 曲线关于轴对称 C. 曲线围成的图形面积不超过 D. 面积的最大值为1 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，，若、、共面，则_____. 13. 已知抛物线的焦点为，，是上两点，若，则_____. 14. 已知数列的第一项为1，第二项为，第三项为，，依此类推.记数列的前项和为，，若数列单调递减，则实数的取值范围是_____. 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. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）已知数列满足，求数列的前项和. 16. 已知直线与双曲线的右支交于不同的两点，. （1）求实数的取值范围； （2）直线与轴交于点，是否存在实数使得成立？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 17. 如图（1），在平面四边形中，，，，，过点作，垂足为.如图（2），将沿折起，使得点到达点处，且. （1）证明：. （2）若点为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和； （3）已知数列满足，且数列的前项和为，证明：. 19. 已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，. （1）求抛物线方程； （2）设为坐标原点，为圆的一条不垂直于轴的直径，分别延长，交抛物线于、两点. ①直线，，的斜率分别为，，，证明：为定值； ②求四边形面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 华中师大一附中2024-2025学年度上学期期末检测 高二年级数学试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人：黄倩 付晓奇 审题人：张丹 曹宗庆 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，只有一个选项是正确的. 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将一般式方程整理为斜截式方程可得直线斜率，由斜率和倾斜角关系求得倾斜角. 【详解】由得：， 所以直线的斜率为， 直线的倾斜角为. 故选：D 2. 已知数列满足，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据得，由题意，故为等比数列，可得，进而可得. 【详解】由得，又， 故数列是以首项为1，公比为2的等比数列， 故，得，故， 故选：C 3. 已知椭圆，为坐标原点，直线与椭圆交于、两点，若为直角三角形，则椭圆的离心率为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出两点的坐标，再代入椭圆方程，再结合椭圆的离心率公式即可得解． 【详解】由椭圆的对称性可得， 因为为直角三角形 则， 则不妨设， 将点的坐标代入得：， 所以， 所以的离心率． 故选：B. 4. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”.原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有一个相关的问题：被3除余1且被4除余2的正整数，按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，则的值为（ ） A. 24294 B. 24296 C. 24298 D. 24300 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得数列为等差数列，则得到其通项公式，代入计算即可. 【详解】被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列， 构成首项为，公差为的等差数列， 所以， 则. 故选：C. 5. 已知圆，，点在圆上运动，设线段的垂直平分线和直线的交点为，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合双曲线的定义求得正确答案. 【详解】 圆的圆心为，半径为，由中垂线的性质可得, 所以, 所以点的轨迹方程是双曲线，且，，，， 所以点的轨迹方程为. 故选：A. 6. 设数列的前项和为，，，，则取最小值时的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】由的关系，作差，确定为等差数列，即可求解； 【详解】由， 可得：， 则， 两式相减化简可得：， 所以为，公差为4的等差数列， 易得，， 所以当时，最小， 故选：A 7. 已知椭圆与双曲线有相同的左、右焦点，，为椭圆与双曲线在第一象限内的一个公共点，设椭圆与双曲线的离心率分别为，，且，若，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆、双曲线的定义结合勾股定理整理可得，结合解得，进而可求渐近线方程. 【详解】设椭圆的半长轴长为，双曲线的半实轴长为，半虚轴长为，焦距均为， ，，，则，， 由题意可得：， 因为，则， 可得，即， 又因为，即，可得，解得， 可得，且双曲线的焦点在x轴上， 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：D. 8. 在三棱锥中，，，，中点为，点为棱上的动点，当取最小值时，线段的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将三棱锥补全为长方体，利用勾股定理求出长方体的长宽高，再以点为原点建立空间直角坐标系，利用坐标法计算即可. 【详解】如图所示，将三棱锥补全为长方体，设长方体的长宽高分别为， 则有，解得， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 故， 所以， 则当时，取得最小值， 此时. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：将三棱锥补全为长方体，是解决本题的关键. 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. 已知，圆，直线，，且与相交于点，则（ ） A. B. 直线与圆相切 C. 被圆截得的弦长为 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用斜率之积即可判断选项A，根据圆心到直线的距离和半径的大小关系即可判断选项B，利用几何法直接求出弦长，即可判断选项C，联立两直线方程，求出点坐标，根据两点之间距离公式，即可求出的值. 【详解】由题知，令直线的斜率为， 则，，，A正确； 圆圆心为，半径， 则到直线的距离， 所以直线与圆相切，B正确； 又到直线的距离， 所以被圆截得的弦长为，C错； 联立方程，解得， 即， 则，解得，D正确. 故选：ABD 10. 已知数列的通项公式为，的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是公差为4的等差数列 C. D. 数列的最大项为2 【答案】BC 【解析】 【分析】利用数列的通项公式可判断A；根据等差数列定义可判断B；利用等差数列的前n项和公式可判断C；求出的通项公式，判断其单调性，可判断D. 【详解】对于A，数列的通项公式为，故， ，即，A错误； 对于B，，则， 故数列是公差为4的等差数列，B正确； 对于C，数列的通项公式为，为首项是，公差为2的等差数列， 故， 则，C正确； 对于D，，而， 当n增大时，值随着增大，故随着n增大而减小， 故当时，数列取最大项为，D错误， 故选：BC 11. 平面内到两定点的距离之积为定值的点的轨迹叫做卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是天文学家卡西尼在研究卫星运行规律时发现的.已知曲线上的点到与的距离之积为2，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 曲线关于轴对称 C. 曲线围成的图形面积不超过 D. 面积的最大值为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，根据，即可求出曲线方程，即可判断A；将点代入曲线的方程即可判断B；求出的范围即可判断CD. 【详解】设，由题意，， 即，化简得， 即曲线的方程为，故A错误； 对于B，将点代入曲线的方程得： ，即， 所以曲线关于轴对称，故B正确； 对于C，由， 得，解得， 又因为，所以， 所以， 又因为，所以， 所以曲线围成的图形面积不超过，故C正确； 对于D，由C选项知，面积的最大值为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法： （1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程； （5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，，若、、共面，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量共面的充要条件以及坐标运算即可求解. 【详解】若、、共面，则， 即， 则，解得. 故答案为： 13. 已知抛物线的焦点为，，是上两点，若，则_____. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】由抛物线方程和其上两点坐标，可推出，利用焦半径公式即可求得答案. 【详解】由抛物线，，是上两点， 得，结合，得， 又，则， 故， 故答案为： 14. 已知数列的第一项为1，第二项为，第三项为，，依此类推.记数列的前项和为，，若数列单调递减，则实数的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用题意求出，然后再求出，再利用递推关系结合单调性可得到不等式恒成立，最后可求出参数的范围. 【详解】由题意得： ， 又因为， 所以有， 因为数列单调递减，所以有对于恒成立， 即对于恒成立， 再取，则由， 可知数列单调递减，则， 所以要使得不等式对于恒成立， 则满足，即实数的取值范围是. 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. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）已知数列满足，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系可得；（2）根据分组法求前项和. 【小问1详解】 当时，得， 当时，，得， 故数列是以为首项，以2为公比的等比数列， 故. 【小问2详解】 由（1）可知 当为奇数时，， 故 ， 故. 16. 已知直线与双曲线的右支交于不同的两点，. （1）求实数的取值范围； （2）直线与轴交于点，是否存在实数使得成立？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设直线，代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系结合判别式可求出实数的取值范围； （2）根据成立，得出，结合韦达定理计算求参. 【小问1详解】 由，得， 由，得成立. 设，则， 因为直线与双曲线的右支相交于不同的两点， 所以，即， 所以，综上得， 解得. 【小问2详解】 令得，依题意， 因为，且， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 所以，计算得，又因为， 所以. 17. 如图（1），在平面四边形中，，，，，过点作，垂足为.如图（2），将沿折起，使得点到达点处，且. （1）证明：. （2）若点为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到，连接，再由线面垂直的判定定理证明平面可得； （2）建立如图所示坐标系，求出平面的法向量，代入空间线面角公式计算即可； 【小问1详解】 由题意得，又． 为平面内两条相交直线， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，，又有公共边， 所以与全等， 所以，， 如图，连接，则． 因为，，平面PCE， 所以平面． 因为平面，所以． 【小问2详解】 由（1）知平面，且平面BCDE， 所以，．又， 所以两两垂直． 以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图的空间直角坐标系， 如下图，过作， 由（1）知为等边三角形，所以， 因为，所以， 所以，即， 则，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则即 取，则，，所以． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和； （3）已知数列满足，且数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，利用基本量法即可求解等差数列的通项公式； （2）利用错位相减法即可求数列的前项和； （3）首先利用进行放缩得，再利用裂项相消法求和即可求证. 小问1详解】 设等差数列的公差为， 则，. ，， ，解得. ∴数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，又， . ∴数列的前项和①， ②， ①-②得 ， . ∴数列的前项和. 小问3详解】 由（1）知，. ， . 设数列的前项和，数列的前项和， 则 ， ， . 【点睛】本题主要考查求数列的通项公式与数列求和. 数列求和常用方法有：公式法、裂项相消法、分组求和法、并项求和法、错位相减法和、倒序相加法. 19. 已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，. （1）求抛物线的方程； （2）设为坐标原点，为圆的一条不垂直于轴的直径，分别延长，交抛物线于、两点. ①直线，，的斜率分别为，，，证明：为定值； ②求四边形面积的最小值. 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）由题意求出即可得解； （2）①①设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，求出点的坐标，将用替换，可得点的坐标，再根据斜率公式化简即可得证； ②联立直线与圆的方程，求出点的坐标，即可求出，将用替换，可得，再根据四边形的面积化简整理即可得解. 【小问1详解】 由题意可得， 所以抛物线的方程为； 【小问2详解】 ①设直线的方程为，则直线的方程为， 联立，消得，解得或， 所以， 将用替换，可得， ， 则，， 所以， 所以为定值； ②联立，消得， 解得或， 所以， 所以， 将用替换，可得， 故四边形的面积 ， 令， 则， 所以， 设， 则， 所以函数上单调递增， 所以当，即时，取得最小值，最小值为， 所以四边形面积的最小值为. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$