精品解析：江苏省南京市金陵中学2024-2025学年高二上学期期末数学试题

金陵中学2024-2025学年度高二上学期期末数学试卷 一、单项选择题：（本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．） 1. 若双曲线的焦距为4，则其渐近线方程为（　　） A. B. C. D. 2. 直线的倾斜角的取值范围是（　　） A. B. C. D. 3. 如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（ ） A B. C. D. 4. 已知数列满足，，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 实数、、、满足：，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方体的棱长为1，M为棱的中点，G为侧面的中心，点P，Q分别为直线AD，AB上的动点，且，当取得最小值时，点Q到平面PMG的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有选错的得0分．） 9. 已知直线，直线，则（ ） A. 直线可以与轴平行 B. 直线可以与轴平行 C. 当时， D. 当时， 10. 数列满足，记数列前项和为，则（ ） A. B. C. 数列的前项和为 D. 的最小值为 11. 如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论．正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 的面积越来越小 D. 四面体的体积不变 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 若上恰有个点到直线的距离为．则实数的取值范围为_________． 13. 已知为抛物线的焦点，且上一点到点的距离为，若斜率为的直线与交于、两点，且，则的方程为__________． 14. 已知函数有两个极值点，且，则的取值范围是______ 四、解答题（本大题共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. 已知正项等比数列，是等差数列，且，，． （1）求和的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 已知圆经过点，，且圆心在直线上，直线经过点. （1）若直线与圆相切，求直线的方程； （2）若直线与圆相交于，两点，求的面积的最大值，并求此时直线的方程. 17. 已知函数. （1）若，求在区间上的最大值； （2）求在区间上的最小值. 18. 如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，平面平面. （1）证明：； （2）若是棱上的动点，且与平面所成角的正切值为. （i）求二面角的余弦值； （ii）当直线与平面所成角最大时，求长 19. 已知是抛物线：的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且过点的直线与相切于点，. （1）求抛物线的方程. （2）设过点的直线交于，两点，直线与的另一个交点为，点在与之间. （i）证明：轴平分. （ii）记面积为，的面积为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金陵中学2024-2025学年度高二上学期期末数学试卷 一、单项选择题：（本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．） 1. 若双曲线的焦距为4，则其渐近线方程为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 分析】 利用题设的焦距求解m, 由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为：即得解. 【详解】双曲线的焦距为4，可得m+1＝4，所以m＝3， 由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为： 所以双曲线的渐近线方程为：yx． 故选：A． 【点睛】本题考查了双曲线的方程及性质，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题. 2. 直线的倾斜角的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设直线的倾斜角为.由已知，可推得.分两种情况时以及时，结合正切函数的性质求解即可得到结果. 【详解】设直线的倾斜角为. 因为，，，所以，. 又，则. 当时，单调递增，解，可得； 当时，单调递增，解，可得. 综上所述，. 故选：B. 3. 如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的运算法则确定，得到答案. 【详解】， 故，，，. 故选：A 4. 已知数列满足，，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用递推公式可求得数列的通项公式，再由裂项相消法可求出. 【详解】根据，可知，因此可得为常数； 即数列是以为首项，公差为的等差数列， 所以，即； 因此； 可知数列前项和. 故选：A 5. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数求出函数减区间，根据题意可得出区间的包含关系，可得出关于实数的不等式，解之即可. 【详解】由题意，得. 令，得，即函数的减区间为， 因为在区间上单调递减，所以， 所以，解得. 故选：B. 6. 实数、、、满足：，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由两点坐标表示距离公式可知的最小值转化为上的点与上的点的距离的平方的最小值，利用导数的几何意义和点到直线的距离公式计算即可求解. 【详解】由，得，又， 所以，的最小值转化为 上的点与上的点的距离的平方的最小值， 由，得， 与平行的直线的斜率为， 由，解得或（舍），可得切点为， 切点到直线的距离的平方，即为的最小值， 所以，的最小值为． 故选：D. 7. 已知正方体的棱长为1，M为棱的中点，G为侧面的中心，点P，Q分别为直线AD，AB上的动点，且，当取得最小值时，点Q到平面PMG的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，，根据，得到，从而得到，再由向量模的坐标表示求出的最小值及此时、的值，最后利用空间向量法求出点到平面的距离. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，， 设，，所以，， 因，所以，即， 所以，又， 所以， 当且仅当时取等号，此时， 所以，，， 设平面PMG的法向量为，所以，取， 所以当取得最小值时，点到平面PMG的距离. 故选：A 8. 在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先得、的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件. 【详解】因为，所以，且，可得， 所以，，点的轨迹方程为（椭球）， 又因为，则，且，则， 所以点轨迹方程为（双曲线的一支）， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为，而，、面，所以面， 因为平面，则，则二面角为， 设为中点，所以不妨设，，， 所以， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 因此，二面角的余弦值的最小值为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解. 二、多项选择题（本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有选错的得0分．） 9. 已知直线，直线，则（ ） A. 直线可以与轴平行 B. 直线可以与轴平行 C. 当时， D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据两直线平行和垂直时的系数关系逐个选项计算判断即可. 【详解】当时，直线：，此时直线与轴平行，故A项正确； 当时，直线：，此时直线与轴平行，故B项正确； 若，则，解得，此时直线与重合，故C项错误； 若，则，解得，故D正确. 故选：ABD. 10. 数列满足，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. 数列的前项和为 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据的关系式可得，即A正确，再由分组并项求和计算可得B错误，利用等差数列前项和公式计算可得C错误，由判断出其符号即可得D正确. 【详解】对于A，由，得①， 当时，；当时，②， 由①－②，得，解得， 当时也成立，所以，故A正确； 对于B， ，故B错误； 对于C，数列的前项和为，故C错误； 对于D，因为，当时，，当时，，且， 故当或9时，的前项和取最小值，最小值为，故D正确. 故选：AD. 11. 如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论．正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 的面积越来越小 D. 四面体的体积不变 【答案】ACD 【解析】 【分析】设正方体棱长为，，求出、，由解得，确定A正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断D，建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故B不正确；设，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断C正确. 【详解】设正方体棱长为，， 由平面，平面得，同理， 所以， 由得，存在使得，A正确； 正方体中，平面，，所以到平面的距离不变， 即到平面的距离不变，而面积不变， 因此三棱锥，即四面体的体积不变，D正确； 以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图， 设正方体棱长为，则、、、， 所以，，，， 所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故B错误； 设，则，，， 所以， 设到直线的距离为， 则 ， 由二次函数性质知时，递减，所以递减， 又不变，所以的面积为递减，C正确， 综上：ACD正确 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理，尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了，本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 若上恰有个点到直线的距离为．则实数的取值范围为_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用平行线间距离公式根据圆上满足题意的点的个数即可求得结果. 【详解】如图所示：    设与直线平行且与直线之间的距离为的直线方程为， 则，解得或， 圆心到直线的距离为， 圆到直线的距离为， 由图可知，圆与直线相交，与直线相离， 所以，即. 因此，的取值范围是. 故答案为：. 13. 已知为抛物线的焦点，且上一点到点的距离为，若斜率为的直线与交于、两点，且，则的方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线方程的定义即可由焦半径求出的值，可得出抛物线的方程，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，利用焦半径公式即可求解. 【详解】抛物线上一点到点的距离为， 由抛物线定义可得，则，所以，抛物线的方程为． 设直线的方程为，设、， 将的方程代入方程整理得， 需满足，解得， 由韦达定理可得， 故，解得，合乎题意， 故直线的方程为. 故答案为：. 14. 已知函数有两个极值点，且，则的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】求，根据是的两个极值点可得为方程的两个根，结合韦达定理可得，令，构造函数分析单调性可得的值域，即得的取值范围. 【详解】∵，∴， ∴为方程的两个根， ∴，∴，， ∴ 代入可得：， 设，∵，∴， 设，则， ∴在上单调递减， ∵， ∴ ，即的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题（本大题共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. 已知是正项等比数列，是等差数列，且，，． （1）求和的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于的等式，可求出的值，进而可求出、的值，再结合等比和等差数列的通项公式可求出数列和的通项公式； （2）求出数列的通项公式，利用错位相减法可求得. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，等差数列的公差为， 由题意可得，即，即， 因为，解得，故， ，所以，， 故. 【小问2详解】 因为， 则， 可得， 上式下式可得， 化简得. 16. 已知圆经过点，，且圆心在直线上，直线经过点. （1）若直线与圆相切，求直线的方程； （2）若直线与圆相交于，两点，求的面积的最大值，并求此时直线的方程. 【答案】（1）或； （2）或. 【解析】 【分析】（1）求出线段的中垂线方程，与已知直线方程联立求出圆心坐标及半径，再按直线的斜率存在与否分类求出方程. （2）利用三角形面积公式求出面积最大时圆心到直线的距离，再利用点到直线距离 公式求出直线方程. 【小问1详解】 线段的中点为，直线的斜率， 则线段的中垂线方程为，即， 由，解得，则圆心，， 圆的方程为，点到直线的距离为2， 因此直线的方程可以为； 当直线的斜率存在时，设其方程为，即， 由，解得，直线的方程为， 所以直线的方程为或. 【小问2详解】 由（1）知的面积，当且仅当时取等号， 此时点到直线的距离， 显然直线的斜率存在，设其方程为，即， 由，解得或， 所以直线的方程为或. 17. 已知函数. （1）若，求在区间上的最大值； （2）求在区间上的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，分析函数在上的单调性，进而可得函数在上的最大值. （2）求导，根据的不同取值范围，讨论函数在上的单调性，可求函数在上的最小值. 【小问1详解】 因为，所以， 所以. 由或. 所以当，所以， 所以在上单调递增， 所以. 【小问2详解】 的定义域为， ， 由. ①当，即时，或. 所以在上单调递增， ； ②当，即时，由或. 由. 所以在上单调递减，在上单调递增， ； ③当，即时，由. 所以在上单调递减，. 综上， 18. 如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，平面平面. （1）证明：； （2）若是棱上的动点，且与平面所成角的正切值为. （i）求二面角的余弦值； （ii）当直线与平面所成角最大时，求长. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据几何关系先证明，再根据面面垂直的性质定理证明平面，由此可知； （2）（i）先证明平面并求解出长度，然后建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量夹角的余弦值求解出结果；（ii）设，由此表示出坐标，然后利用向量法表示出，再通过换元法以及二次函数性质分析何时取最大值，从而计算出坐标，则长可求. 【小问1详解】 因为，所以为正三角形， 所以， 又因为，所以， 在中，， 所以，所以， 所以，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. 【小问2详解】 （i）因为，，，平面， 所以平面，所以与平面所成角即为， 所以，所以； 以为原点，分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示， 因为，所以， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 取，则，所以， 取平面的一个法向量为， 设二面角的平面角大小为， 所以， 所以二面角的余弦值为； （ii）因为，即， 设，且， 因为，所以， 所以，所以， 设直线与平面所成角为， 所以 令，所以， 由二次函数性质可知，当，即，即时，有最大值，此时取最大值， 所以， 所以. 19. 已知是抛物线：的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且过点的直线与相切于点，. （1）求抛物线的方程. （2）设过点的直线交于，两点，直线与的另一个交点为，点在与之间. （i）证明：轴平分. （ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）设切线方程，代入抛物线方程，由可求的值，再结合焦半径公式，可求的值，得抛物线的标准方程. （2）（i）欲证轴平分，只需证即可. 设的方程为，与抛物线方程联立，借助韦达定理得到，，再表示处，整理化简即可. （ii）表示出，利用导数分析函数的单调性，求函数值域即可. 【小问1详解】 由题可知，，，由已知得直线的斜率恒不为0，故可设：. 联立，可得， 因为直线与相切于点，所以，解得， 则，. 因为，所以，解得，即抛物线的方程为. 【小问2详解】 如图： （i）由已知得直线的斜率恒不为0，故设的方程为，，， 由（1）得. 联立方程组，可得，则，， 所以. 故轴平分. （ii）由（i）可知直线与关于轴对称，所以点，关于轴对称，则. 不妨设，因为点在与之间，所以，， ，， 则，令，则， 令，则，解得；由，则，解得. 则在上单调递增，在上单调递减，， 所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：解析几何中求求值范围的问题，通常有以下方法： （1）转化成二次函数的值域问题求解； （2）利用基本不等式求最值； （3）通过换元，转化成三角函数的值域问题求解； （4）利用导数，分析函数的单调性，求函数的最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $