精品解析：浙江省诸暨市2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷

2024-2025学年浙江省诸暨市高二上学期期末考试 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 2. 如图，平行六面体中，设则（ ） A. B. C. D. 3. 已知抛物线上一点到焦点的距离是，则点到轴的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 下列选项正确是（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线，圆则直线与圆位置关系为（ ） A. 相离 B. 相交 C. 相切 D. 不确定 6. 已知为等差数列，则（ ） A. 126 B. 144 C. 162 D. 180 7. 已知等比数列的公比q大于0，前n项和为，则“数列为单调递增数列”是“数列为单调递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知F是双曲线的左焦点，P为圆上一点，直线PF的倾斜角为，直线PF 交双曲线的两条渐近线于M，N，且P恰为MN的中点，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9 已知数列满足则（ ） A. B. 是等比数列 C. D. 是等比数列 10. 已知棱长为的正方体中， ， 满足，，其中，，则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B 当时， 平面 C. ，，有 D. ，，有 11. 曲线，则下列结论中正确的是（ ） A. 曲线E关于直线对称 B. 曲线E围成的图形面积为6 C. 曲线E上存在无数个点到直线的距离为1 D. 若圆在曲线E内部含边界，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的图象在点处的切线方程是，则______. 13. 抛物线上一动点到直线的最短距离为_________ . 14. 已知数列满足若为最大项，则__________. 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. 如图，在三棱柱中，底面，，，，为中点， 为侧棱上的动点. （1）求证：平面平面； （2）试判断是否存在，使得直线.若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 16. 在等差数列中，已知公差，，前项和为.且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和 17. 如图，在底面为正方形的四棱锥中，，面， ， 分别为和的中点， （1）求证： ，，，四点共面； （2）求二面角的余弦值. 18. 曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比. （1）若曲线的方程为，伸缩比，求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程； （2）若曲线的方程为，经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值； （3）对抛物线作变换，得抛物线；对抛物线作变换，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，若，记数列的前项和为，求证：. 19. 已知椭圆的右焦点为，为椭圆上一点. （1）求椭圆的方程； （2）设直线不经过点交于，两点，且直线和直线的斜率之和为 ①证明：直线的斜率为定值，并求出这个定值； ②若求的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年浙江省诸暨市高二上学期期末考试 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线斜率与倾斜角直角的关系计算即可. 【详解】设直线的倾斜角为，则直线的斜率为， 所以当时，. 故选：B 2. 如图，平行六面体中，设则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合图形，由空间向量的加减运算可得. 【详解】因为  ，  ，  ， 所以  ， 故选：A 3. 已知抛物线上一点到焦点的距离是，则点到轴的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线方程求焦点坐标及准线方程，结合抛物线定义条件可转化为点到准线的距离为，由此可求结论. 【详解】由抛物线可得焦点，准线方程为， 因为点到焦点的距离是， 由抛物线的定义，可得点到准线的距离为， 所以点到轴的距离为. 故选：B. 4. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数运算法则逐项求导判断. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，D错误. 故选：C 5. 已知直线，圆则直线与圆位置关系为（ ） A. 相离 B. 相交 C. 相切 D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】由直线方程可得直线过定点，证明点在圆内，由此判断结论. 【详解】由直线：，可知直线过定点， 由圆：，可知圆心，半径为， 则， 所以点在圆的内部，从而直线与圆相交. 故选：B . 6. 已知为等差数列，则（ ） A. 126 B. 144 C. 162 D. 180 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式和等差中项求解即可. 【详解】设等差数列的公差为d， 由，解得， 由，解得， 所以， 所以， 所以 故选： 7. 已知等比数列的公比q大于0，前n项和为，则“数列为单调递增数列”是“数列为单调递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据数列的单调性判断两命题之间的逻辑推理关系，即得答案. 【详解】若取，，那么，则数列为单调递增数列， 此时，则数列为单调递减数列， 所以“数列单调递增数列”不能推出“数列为单调递增数列”， 若取，，则， 显然数列是单调递增数列， 此时，数列是单调递减数列， 所以“数列为单调递增数列”不能推出“数列为单调递增数列”， 综上“数列为单调递增数列”是“数列为单调递增数列”的既不充分也不必要条件. 故选：D 8. 已知F是双曲线的左焦点，P为圆上一点，直线PF的倾斜角为，直线PF 交双曲线的两条渐近线于M，N，且P恰为MN的中点，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据双曲线左焦点和直线斜率求出直线的方程，然后联立直线与圆的方程求出点的坐标.接着利用点是中点这一条件，联立直线与双曲线渐近线方程求出、横坐标，再根据中点坐标公式列出等式，最后求解出双曲线的离心率. 【详解】由题意双曲线左焦点为，已知圆的圆心为，半径为c，直线的斜率为， 则直线方程为， 由，得，即点P的坐标为， 双曲线渐近线方程为，设点，点， 则①，， 由，得， 由，得， 代入①得，解得， 所以双曲线C的离心率 故选： 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足则（ ） A. B. 是等比数列 C. D. 是等比数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过构造法求数列的通项公式可得选项C正确；根据通项公式可得选项A正确；求出数列的前3项可得选项B错误；通过定义法证明等比数列可得选项D正确. 【详解】由得则数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，从而，C正确. 由得，A正确. 由得， 故数列不是等比数列，B错误. 由得， 故数列是以3为首项，2为公比的等比数列，D正确. 故选：ACD. 10. 已知棱长为的正方体中， ， 满足，，其中，，则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， 平面 C. ，，有 D. ，，有 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求各点坐标，根据两点结论公式求，判断A，求平面的法向量，直线的方向向量，证明两向量垂直，判断B，由求，，判断C，令，确定，关系，由此判断D. 【详解】以为原点，分别以，，所在直线为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则正方体各顶点坐标为，，，，，，，， 因为，，所以点Q坐标为， 又因为，，， 所以点坐标为， 对于A，当时，点，点， 则，故A错误； 对于B，当时，点， 设平面法向量为，，， 由，取，可得，， 所以为平面的法向量， ，，所以， 又平面，所以平面，故B正确; 对于C，，，， 当时，恒成立，当时，令，得， 所以，，有，故C正确； 对于D，，，， 令，即，， 因为，所以， 所以，，有，故D正确. 故选：BCD. 11. 曲线，则下列结论中正确的是（ ） A. 曲线E关于直线对称 B. 曲线E围成的图形面积为6 C. 曲线E上存在无数个点到直线的距离为1 D. 若圆在曲线E的内部含边界，则 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，分情况得到曲线图象，即可判断对称性；B选项，根据图象计算面积；C选，结合图象求到直线距离为1的点；D选项，根据圆的方程得到圆心在线段BE上，然后再结合对称性列不等式，解不等式即可. 【详解】由， 得①，时，得， ②，时，得， ③时，得， ④时，得， ⑤时，得， ⑥时，得， 作出曲线图象如图所示，其中，，，，，， 对于A，由图可知，点在曲线E上，但点不在曲线E上，所以曲线E不关于直线对称，故A错误； 对于B，图形为一个边长为2的正方形BCEF和两个底和高分别为2和1的三角形及构成，其面积为，故B正确； 对于C，如图，直线BE就是直线，而直线CD与直线AF均与之平行，两线段AF和CD上的点到直线距离最大， 且直线CD，直线AF与直线BE距离均为，数形结合可得曲线上只四个点到直线距离为1，故C错误； 对于D，易得曲线关于原点对称，圆圆心在线段BE上， 据对称性可得， （1）当时，须满足，解得， （2）当时，须满足，解得， 由（1）（2）得，故D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于通过取绝对值得到曲线的解析式，画出图象，然后结合图象解决问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的图象在点处的切线方程是，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由导数的几何意义可得的值，将点的坐标代入切线方程可得，即可得解. 【详解】由导数的几何意义可得，将点的坐标代入切线方程可得， 因此，. 故答案为：. 13. 抛物线上一动点到直线的最短距离为_________ . 【答案】 【解析】 【分析】设点，则过点的切线斜率为，设过点的切线方程为，联立方程组，结合条件可求，结合点到直线距离公式求结论. 【详解】设抛物线上动点， 由题意可得，当点到直线的距离最小时， 点为抛物线的一条切线的切点，且该切线平行于直线， 设直线与抛物线相切，则的， 解得，则有，，即 ， 所以点到直线的最小距离 . 故答案为：. 14. 已知数列满足若为最大项，则__________. 【答案】5或6 【解析】 【分析】先由递推公式构造数列，得到等比数列，求出通项公式，借助指数函数性质，得到最大项时的项数. 【详解】由得，， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 从而可得到， 所以最大项是第5项或第6项，故或 故答案为：或 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. 如图，在三棱柱中，底面，，，，为的中点， 为侧棱上的动点. （1）求证：平面平面； （2）试判断是否存在，使得直线.若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由条件证明，，结合线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，设，求向量，的坐标，由条件列方程求即可. 【小问1详解】 在三棱柱中，底面，平面， ， ，为的中点， ， ， 平面， 平面， 平面， 平面平面； 【小问2详解】 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，， 设，则，，， 若，则，解得， 所以存在，使得直线，此时. 16. 在等差数列中，已知公差，，前项和为.且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件结合等比中项的性质及等差数列通项公式列方程求，由此可求数列数列的通项公式； （2）利用错位相减法求数列的前项和. 【小问1详解】 由题意知，，，， 因为，，成等比数列，所以， 即，整理得，解得或， 因为，所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，， 则① ② ①②得， ， ， ， 所以. 17. 如图，在底面为正方形的四棱锥中，，面， ， 分别为和的中点， （1）求证： ，，，四点共面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的三等分点，，分别延长和交于点，证明，由此证明，重合，再证明直线与相交，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面，的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 取的三等分点，，如图所示， 由题意知，，所以， 确定平面，且 ，   在平面中，分别延长和交于点， 所以，则，即， 又在面中，，且，连接并延长交于点， 则，那么有， 所以，为同一点，又点，点， 所以直线与相交，确定平面， 所以，，，四点共面； 【小问2详解】 以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角为， （为锐角）， 设长为，则，，，，，， 因为，所以，则点， 又，， 设平面的法向量为，不妨令， 由，得， 取，可得，， 所以为平面平面的一个法向量， 又，， 设平面的法向量为， 由，得， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 所以， 所以二面角的余弦值为 18. 曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比. （1）若曲线的方程为，伸缩比，求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程； （2）若曲线的方程为，经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值； （3）对抛物线作变换，得抛物线；对抛物线作变换，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，若，记数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由“伸缩变换”的定义计算即可得； （2）先由“伸缩变换”求得方程，再分或，结合离心率定义计算即可得； （3）由“伸缩变换”求的定义计算可得，则可得数列的通项公式，再利用放缩法及裂项相消法求和即可得证． 【小问1详解】 由题意得，化简得， 所以曲线的标准方程为； 【小问2详解】 由题意得，经过伸缩变换后的椭圆方程为，化简得， ①当时，， 则，解得； ②当时，， 则，解得； 综上所述，或； 小问3详解】 对抛物线作变换， 得抛物线，得， 所以， 即， 所以， 又， 所以，当时， ， 当或时，也成立，故. 【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略： ①通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的； ②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决． 19. 已知椭圆的右焦点为，为椭圆上一点. （1）求椭圆的方程； （2）设直线不经过点交于，两点，且直线和直线的斜率之和为 ①证明：直线的斜率为定值，并求出这个定值； ②若求的面积. 【答案】（1） （2）①证明见解析；；②. 【解析】 【分析】（1）设椭圆的半焦距为，由右焦点坐标可求，结合椭圆定义求，再根据，，的关系求，由此可得椭圆方程； （2）①设直线，利用设而不求法结合关系直线和直线的斜率之和为，列关系式可得，关系，由此证明结论； ②连接，由条件结合二倍角正切公式可求，再求点，的坐标，由此求的面积. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为， 因为椭圆的右焦点为，所以，因为为椭圆上一点， 由椭圆定义得，， 所以，， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 ①由题意可知直线的斜率存在，设直线，，， 联立方程组， 得， ， 则，，① 由题意知，， 则有， 即， 化简得， 由①可得，， 化简得， 当时，， 直线的方程为，此时直线过点，矛盾， 所以，所以直线的斜率为定值； ②连接，因为，，所以轴， 由直线和直线的斜率之和为，可得平分， 不妨设， 由已知，解得或舍， 所以直线的斜率为，直线的方程为，即， 所以点，关于原点对称， 所以点， 所以直线的方程为，即， 由①得，所以， 所以点，又， 所以， 所以的面积为 【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； （2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$