精品解析：江苏省南京市第九中学2024-2025学年高二上学期1月期末数学试题

2024-2025学年度高二年级第一学期期末教学质量调研 九中数学试题 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. 已知直线：，：，当时，实数值为（ ） A. 0 B. C. 3 D. 2. 已知等比数列中，，，则（ ） A. 9 B. C. 81 D. 3. 已知圆：，：，则两圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 外切 C. 内切 D. 内含 4. 四个同学排成一排，甲不站在排头，乙不站在排尾的排法总数是（ ） A. 12种 B. 14种 C. 16种 D. 18种 5. 已知椭圆：左、右焦点分别，，点在上，，则内切圆半径为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 6. 已知表示空间内的一条直线或一个平面，若命题，与命题均是真命题，对于下列三个论断：①可以都是直线；②可以都是平面；③中可以既有直线也有平面.正确的个数是（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 7 已知抛物线上两点，满足，则直线恒过定点（ ） A. B. C. D. 8. 下列命题不正确的是（ ） A. 设为实数，若直线平面，且的方向向量为，的法向量为，则 B. 已知空间向量，，，若，，共面，则 C. 已知两点，，若沿轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后、两点间的距离为 D. 在空间四边形中，设，，，，分别为，的中点，则 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. 已知数列满足，下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 若，为正整数且，则下列等式正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 11. 已知正方体的棱长为1，动点满足，.，，分别为，，的中点，则下列选项正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得平面 C. 若，则点的轨迹为抛物线 D. 若与平面所成角的大小为，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥曲线的离心率为2，则______. 13. 已知，是正四面体棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为______. 14. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环图.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），当时，使得需要_____步雹程；若，则所有可能的取值集合______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知是坐标原点，是抛物线的焦点，是抛物线上一点且在第一象限，. （1）求线段的长； （2）求的外接圆方程. 16. 已知等差数列的首项为1，，数列的前项和为，，. （1）求数列，的通项公式； （2）求数列的前项和. 17. 1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆（Sundaram）发现了如下图所示的“正方形筛子”，又称森德拉姆筛. 10 13 16 12 17 22 27 … 10 17 24 31 38 … 13 22 31 40 49 … 16 27 38 49 60 … （1）试求这个“筛子”中的第8行第6列的数及第行第列的数； （2）这个正方形筛子的奥妙在于：如果某个自然数出现在表中，那么肯定不是质数；如果某个自然数没有出现在表中，那么肯定是质数.证明：如果某个自然数出现在表中，那么肯定不是质数.（质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数） 18. 已知斜三棱柱中，，，线段的中点为，且，. （1）证明：平面； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若二面角余弦值为，求实数的值. 19. 已知平面内一些曲线构成的集合称为曲线簇，若一条曲线与某个曲线簇内任意一条曲线均相切，则称这条曲线是这个曲线簇的包络（Envelope）.已知是坐标原点，圆：，将圆折起，使得圆周过点，然后将圆展开，就得到一条折痕，这样继续折下去，得到若干折痕，记所有满足条件的折痕构成曲线簇. （1）写出曲线簇的包络方程（直接写出结果）； （2）若曲线簇中两条相互垂直的折痕交点为，设折痕与包络的两切点分别为，，直线，的斜率分别为，. ①求值； ②求面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高二年级第一学期期末教学质量调研 九中数学试题 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. 已知直线：，：，当时，实数的值为（ ） A. 0 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两条直线相互垂直列式计算得解. 【详解】由直线：与：垂直，得， 所以. 故选：C 2. 已知等比数列中，，，则（ ） A. 9 B. C. 81 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用该性质找到与、的关系，再结合等比数列奇数项或偶数项符号相同来确定的值. 【详解】在等比数列中，根据等比数列性质，即. 已知，，那么. 由，可得. 因在等比数列中，偶数项的符号相同，，，所以，故. 故选：A. 3. 已知圆：，：，则两圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 外切 C. 内切 D. 内含 【答案】A 【解析】 【分析】求出两圆半径及圆心距，再判断两圆的位置. 【详解】圆：的圆心，半径，圆：圆心，半径， 而，所以两圆相交. 故选：A 4. 四个同学排成一排，甲不站在排头，乙不站在排尾的排法总数是（ ） A. 12种 B. 14种 C. 16种 D. 18种 【答案】B 【解析】 【分析】根据排列组合，结合分类加法计算原理即可求解. 【详解】若甲在第二位，则乙可以站在第一位和第三位，此时有, 若甲在第三位，则乙可以站在第一位和第二位，此时有, 若甲在第四位，则乙可以随意站，此时有, 故总的方法有， 故选：B 5. 已知椭圆：的左、右焦点分别，，点在上，，则内切圆半径为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义求出的面积，进而求出其内切圆半径. 【详解】椭圆：的长轴长，焦距， 则，由，得， 则，设内切圆半径为，由， 得，所以. 故选：B 6. 已知表示空间内的一条直线或一个平面，若命题，与命题均是真命题，对于下列三个论断：①可以都是直线；②可以都是平面；③中可以既有直线也有平面.正确的个数是（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用线线、线面、面面关系逐一判断3个命题即可. 【详解】对于①，当都是直线时，由平行公理知平行于同一条直线的两条直线平行，命题是真命题； 由直线与直线所成角的定义知两条平行线与第三条直线所成角相等，命题是真命题，①正确； 对于②，当都是平面时，由面面平行的性质知平行于同一平面的两个平面平行，命题是真命题； 由平面与平面所成角的定义知两个平行平面与第三个平面所成角相等，命题是真命题，②正确； 对于③，中可以既有直线也有平面，若中有1条直线，2个平面，则当是直线， 直线还可能在平面内；当是直线，直线还可能在平面内；当是直线，平面还可能相交， 若中有2条直线，1个平面，则当是平面时，直线还可能在平面内；当是平面， 直线还可能在平面内；当是平面时，直线还可能相交或是异面直线，因此不一定是真命题，③错误， 所以正确的个数是2. 故选：C 7. 已知抛物线上两点，满足，则直线恒过定点（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出的方程，，的坐标，进而把直线与抛物线方程联立消去，根据韦达定理求得，的表达式，进而根据推断出，求得，即可求出结果. 【详解】设直线的方程为代入抛物线，消去得， 设，，则，，， 所以 ， 所以，故直线过定点. 故选：B. 8. 下列命题不正确的是（ ） A. 设为实数，若直线平面，且的方向向量为，的法向量为，则 B. 已知空间向量，，，若，，共面，则 C. 已知两点，，若沿轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后、两点间的距离为 D. 在空间四边形中，设，，，，分别为，的中点，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量共线判断A；利用共面向量定理计算判断B；利用空间两点间距离公式判断C；利用空间基底表示向量判断D 【详解】对于A，直线的方向向量与的法向量共线，则，解得，A正确； 对于B，由，，共面，得，则，解得，B正确； 对于C，令原轴正方向为折后的轴正方向，原轴负方向为折后的轴正方向， 则折后点，点，折叠后、两点间的距离为，C正确； 对于D，，D错误. 故选：D 【点睛】方法点睛：首尾相接的若干个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量．所以在求若干向量的和，可以通过平移将其转化为首尾相接的向量求和． 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. 已知数列满足，下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用即可求解判断. 【详解】数列中，，当时，， ，两式相减得，满足， 所以，，AC正确；BD错误. 故选：AC 10. 若，为正整数且，则下列等式正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据组合数公式分析判断；对于B：根据组合数性质分析判断；对于CD：根据排列数公式分析判断. 【详解】因为，为正整数且， 对于选项A：因为，故A正确； 对于选项B：因， 则 ， 所以，故B正确； 对于选项C：因为，所以，故C错误； 对于选项D：因为 ， 所以，故D正确； 故选：ABD. 11. 已知正方体的棱长为1，动点满足，.，，分别为，，的中点，则下列选项正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得平面 C. 若，则点的轨迹为抛物线 D. 若与平面所成角的大小为，则的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AB；利用空间角的向量求法求解判断CD. 【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由，得，，， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 对于A，令，则，， 而平面，因此存在点，使得平面，A正确； 对于B，令，解得，不满足题意， 因此不存在点，使得平面，B错误； 对于C，，由，得， 整理得，点的轨迹为椭圆的一部分，C错误； 对于D，平面的法向量为，由与平面所成角的大小为， 得，整理得， 令，则， 其中锐角由确定，，则当时，取得最大值，D正确. 故选：AD 【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算建立动点坐标的关系解决. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥曲线的离心率为2，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，确定圆锥曲线类型，进而列式求出参数. 【详解】由圆锥曲线的离心率为2，得该曲线为双曲线，则， 解得，方程为，因此离心率， 所以. 故答案为：2 13. 已知，是正四面体棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为______. 【答案】 【解析】 【分析】取中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】取中点，连接，由是的中点，得， 则是直线，所成的角或其补角，令正四面体的棱长为4， 由是的中点，得，， 在中，， 在中，. 故答案为： 14. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环图.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），当时，使得需要_____步雹程；若，则所有可能的取值集合______. 【答案】 ①. 7 ②. 【解析】 【分析】根据题中条件，由，根据数列的递推公式，逐步计算，即可得出结果；由，根据递推公式，逐步计算，即可得出集合M. 【详解】当时，则按运算法则得到：，使得需要7步雹程； 依题意，为正整数， 若，由，解得； 当时，由，解得， 当时，由，解得或， 当时，由，解得， 当时，由，解得， 当时，由，解得， 当时，由，解得或， 当时，由，解得或， 当时，由，解得， 当时，由，解得， 当时，由，解得， 当时，由，解得， 当时，由，解得或， 当时，由，解得或， 所以则m所有可能的取值集合M为 故答案为：7；. 【点睛】思路点睛：由数列递推公式求数列中的项时，一般根据题中条件，由某一项的值，结合递推公式，逐步计算，即可得出结果. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知是坐标原点，是抛物线的焦点，是抛物线上一点且在第一象限，. （1）求线段的长； （2）求的外接圆方程. 【答案】（1）8 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意分析可知直线的斜率，根据抛物线方程以及斜率公式列式求解； （2）利用待定系数法，列方程即可求解. 【小问1详解】 由题意可得：，直线的倾斜角为，斜率， 设，且， 则，解得或（舍去）， 所以， 【小问2详解】 设的外接圆方程为, 由于，，, 故,解得, 故圆的方程为 16. 已知等差数列的首项为1，，数列的前项和为，，. （1）求数列，的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设出等差数列公差，由等差数列的通项整理等式，可得的通项，利用前项和与末项的关系，结合累乘法，再验首项，可得的通项； （2）利用错位相减法可得答案. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由，则， 化简可得，由，则，所以； 由，则（），两式相减可得， 所以（），当时，， 可得，则（），显然可使上式成立， 所以. 【小问2详解】 由题意可得， 则， 两式相减可得， 则， 所以. 17. 1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆（Sundaram）发现了如下图所示的“正方形筛子”，又称森德拉姆筛. 10 13 16 12 17 22 27 … 10 17 24 31 38 … 13 22 31 40 49 … 16 27 38 49 60 … （1）试求这个“筛子”中的第8行第6列的数及第行第列的数； （2）这个正方形筛子的奥妙在于：如果某个自然数出现在表中，那么肯定不是质数；如果某个自然数没有出现在表中，那么肯定是质数.证明：如果某个自然数出现在表中，那么肯定不是质数.（质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数） 【答案】（1）， （2）根据即可求解. 【解析】 【分析】（1）利用表中数阵给出的信息，第行的等差数列的公差为，第列的等差数列的公差等于，即可求解，进而求解. （2）根据即可求解. 【小问1详解】 根据表中数据可知：第行的等差数列的公差为，第列的等差数列的公差等于， 因为第6列的数构成了以19为首项，13为公差的等差数列，所以， 第一列是以4为首项，3为公差的等差数列， 所以第行的第一个数是， 第一行的公差为3，第二行的公差为5，第三行的公差为7，……第行的公差为， 所以第行的第个数是， 【小问2详解】 由（1）知， 若某个自然数出现在表中，则存在正整数使得， 故， 由于位正整数，故大于1的正整数，因此肯定不是质数. 18. 已知斜三棱柱中，，，线段的中点为，且，. （1）证明：平面； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若二面角的余弦值为，求实数的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）或. 【解析】 【分析】（1）先证，再由，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入线面夹角公式即可； （3）求得平面法向量，代入夹角公式即可. 【小问1详解】 由，可得为等边三角形， 又为的中点， 所以，又, 所以，又， 为平面内的两条相交直线， 所以平面； 【小问2详解】 过在平面内作的垂线，由（1）如图建系： 设， 易得, 当时，, , 所以, 所以, 易知平面的法向量， 设直线与平面所成角为， 则 【小问3详解】 由，，， 可得：, 又，， 设平面的法向量为，, 则，即 令，可得：， 所以， 设平面的法向量为，， 则即， 令，可得：， 所以， 设二面角的大小为，由图可知其为锐角， 所以， 即， 解得：或. 19. 已知平面内一些曲线构成的集合称为曲线簇，若一条曲线与某个曲线簇内任意一条曲线均相切，则称这条曲线是这个曲线簇的包络（Envelope）.已知是坐标原点，圆：，将圆折起，使得圆周过点，然后将圆展开，就得到一条折痕，这样继续折下去，得到若干折痕，记所有满足条件的折痕构成曲线簇. （1）写出曲线簇的包络方程（直接写出结果）； （2）若曲线簇中两条相互垂直的折痕交点为，设折痕与包络的两切点分别为，，直线，的斜率分别为，. ①求的值； ②求面积的取值范围. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】(1) 记点关于折痕l的对称点为A，折痕l与相交于点P，分析的值，结合椭圆定义可解. （2）①求出两条切线的直线方程，进而求出的方程，表示出斜率，.即可求得结果. ②联立与椭圆的方程，消去x得关于y得一元二次方程，利用韦达定理以及三角形的面积表示出，再求出，再利用换元法以及对勾函数即可求得结果. 【小问1详解】 由题知，,记点关于折痕l的对称点为A，折痕l与相交于点P, 则点A在圆周上，折痕l为线段的垂直平分线，如图所示： 则有可知，, 所以点p的轨迹是以为左右焦点的椭圆，其中长轴，焦距， 所以，所以折痕围成轮廓的圆锥曲线方程为 小问2详解】 ①设，椭圆在点M处的切线方程 为，因为点P在切线上，所以<1>， 下面证明为椭圆在点M处的切线方程： 联立方程组， 消去整理得，又， 即， 整理得，解得， 所以直线与椭圆有且仅有一个交点， 即切线方程为. 同理：椭圆在点N处的切线方程为， 因为点P在切线上，所以<2>, 由<1>和<2>两式可知，点在直线， 则，又，所以. ②由①知，直线的方程为，即，因为当时，此时不存在，则， 与x轴交于点，首先由，解出, 代入中得， 整理得， 由韦达定理得，， 则 ， 设过点椭圆切线方程为， 与椭圆方程联立得, 因为直线与相切，故判别式， 化简得，因为两条折痕垂直，故， 整理得，当时，此时不存在，则， 则， 令， 则， 因为，当且仅当即时取等号，故， 根据对勾函数性质知：当或时，即或时，，故面积的取值范围为： 【点睛】关键点点睛：求出两条切线的直线方程，进而求出的方程，表示出斜率，.即可求得结果.联立与椭圆的方程，消去x得关于y得一元二次方程，利用韦达定理以及三角形的面积表示出，再求出，再利用换元法以及对勾函数即可求得结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $