精品解析：云南省砚山县第一中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题

云南省砚山县第一中学2024-2025学年上学期期末考试 高二数学 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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷.草稿纸和答题卡的非答题区域均无效. 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. 已知数列满足，，则（ ） A. B. n C. D. 2. 等差数列中，若，为方程的两根，则等于（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 40 3. 若数列的通项公式为，则数列的前项和为（ ） A. B. C D. 4. 函数y=x2㏑x的单调递减区间为 A. （1,1] B. （0,1] C. [1，+∞） D. （0，+∞） 5. 如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点满足，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 若空间向量，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点，，若直线过点与线段始终没有交点，则直线的斜率的取值范围是 A. B. 或 C. D. 8. 已知椭圆一条弦所在的直线方程是弦的中点坐标是则椭圆的离心率是 A. B. C. D. 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. 如图是函数的导函数的图像，则下列判断正确的是（ ） A. 在区间上，单调递增 B. 在区间上，单调递增 C. 在区间上，单调递增 D. 在区间上，单调递增 10. 设数列的前n项和为，，则下列说法正确的是（ ） A. 是等差数列 B. 成等差数列，公差为 C 当或时，取得最大值 D. 时，n的最大值为33 11. 下列说法中正确的是（ ） A. 直线在轴上的截距是 B 直线恒过定点 C. 点关于直线对称的点为 D. 过点且在轴､轴上的截距相等的直线方程为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则该函数的图象在处的切线的倾斜角为__________. 13. 正方体的棱长为,若动点在线段上运动, 则的取值范围 是 ． 14. 直线被圆截得弦长的最小值为______. 四､解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）已知在点处的切线方程为，求实数的值； （2）已知在定义域上是增函数，求实数的取值范围. 16. 设是公比大于1的等比数列，为数列的前项和．已知，且，，构成等差数列． （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和． 17. 如图1在直角梯形中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将沿BE折起到图2中的位置，得到四棱锥． （1）证明：平面； （2）当平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知圆过点，且圆心在直线上. （1）求圆方程； （2）设点在圆上运动，点，记为线段的中点，求的轨迹方程； 19. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 云南省砚山县第一中学2024-2025学年上学期期末考试 高二数学 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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷.草稿纸和答题卡的非答题区域均无效. 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. 已知数列满足，，则（ ） A. B. n C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据递推关系式，利用累乘法求出数列的通项公式，即可求解. 【详解】由题意，数列满足，所以， 所以． 故选：D． 【点睛】本题主要考查由递推公式求等差数列的通项公式，考查累乘法在求通项公式中的应用，属于基础题. 2. 等差数列中，若，为方程的两根，则等于（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】根据韦达定理求得，然后利用等差数列下标和的性质求解即可. 【详解】∵，为方程的两根，∴， 由等差数列的性质得，即， ∴. 故选：B 3. 若数列的通项公式为，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分组求和法，结合等差、等比数列求和公式运算求解. 【详解】由题意知数列的前项和为 . 故选：C. 4. 函数y=x2㏑x的单调递减区间为 A. （1,1] B. （0,1] C. [1，+∞） D. （0，+∞） 【答案】B 【解析】 【详解】对函数求导，得（x>0）,令解得，因此函数的单调减区间为，故选B 考点定位：本小题考查导数问题，意在考查考生利用导数求函数单调区间，注意函数本身隐含的定义域 5. 如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点满足，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算求解即可. 【详解】在三棱锥中，点，分别是，的中点， 点满足，若， 则 ， 故选：B 6. 若空间向量，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量夹角的坐标表示即可求解. 【详解】由题意，得. 故选:C. 7. 已知点，，若直线过点与线段始终没有交点，则直线的斜率的取值范围是 A. B. 或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出的斜率，根据直线与线段始终没有交点，可知其斜率的取值范围. 【详解】因为，， 如图： 因为直线与线段始终没有交点， 所以斜率k的取值范围是. 故选A. 【点睛】本题主要考查了直线的斜率和倾斜角，数形结合的思想方法，属于中档题. 8. 已知椭圆的一条弦所在的直线方程是弦的中点坐标是则椭圆的离心率是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设直线与椭圆交点为，分别代入椭圆方程，由点差法可知代入k=1,M(-4,1),解得，选C. 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. 如图是函数的导函数的图像，则下列判断正确的是（ ） A. 在区间上，单调递增 B. 在区间上，单调递增 C. 在区间上，单调递增 D. 在区间上，单调递增 【答案】BC 【解析】 【分析】当，则单调递增，当，则单调递减，据此可得答案. 【详解】由题图知当时，， 所以在区间上，单调递增，BC正确； 当时，，当时，，所以在区间上，单调递减.在上递增，A错误； 当时，，所以在区间上，单调递减，D错误； 故选：BC 10. 设数列的前n项和为，，则下列说法正确的是（ ） A. 等差数列 B. 成等差数列，公差为 C 当或时，取得最大值 D. 时，n的最大值为33 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知得出数列是一个等差数列，求出.根据的关系求出的表达式，根据定义即可判断等差数列；求出公差，进而根据等差数列的性质，即可判断B；由已知列出，求解即可得出的值，判断C项；根据的表达式，求解不等式，即可判断D项. 【详解】对于A项，由已知可得， 数列是一个等差数列，首项，公差为， 所以，， 所以，. 当时，； 当时，. 时，，满足. 综上所述，. 所以，， 所以，是等差数列，故A项正确； 对于B项，设的公差为， 由A知，，， 根据等差数列的性质可知，，故B项错误； 对于C项，因为，， 要使取得最大值，则应有， 即，解得. 又，所以当或时，取得最大值.故C正确； 对于D项，由A知，， 解，可得. 所以，时，n的最大值为33.故D正确. 故选：ACD. 11. 下列说法中正确的是（ ） A. 直线在轴上的截距是 B. 直线恒过定点 C. 点关于直线对称的点为 D. 过点且在轴､轴上的截距相等的直线方程为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A项，将直线方程化成斜截式方程即得；对于B项，把直线方程化成关于参数方程，依题得到，解之即得；对于C项，只需验证两点间的线段中点在直线上，且两点的直线斜率与已知直线斜率互为负倒数即可；对于D项，需注意截距相等还包括都为0的情况. 【详解】对于A项，由可得：，可得直线在轴上的截距是，故A项错误； 对于B项，由可得：，因，则有：， 故直线恒过定点，故B项正确； 对于C项，不妨设,直线，因直线的斜率为与直线的斜率为1的乘积为，则得, 又由点到直线的距离为与点到直线的距离为相等，且在直线的两侧，故点关于直线对称的点为，即C项正确； 对于D项，因过点且在轴､轴上的截距相等的直线还有，故D项错误. 故选：BC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则该函数的图象在处的切线的倾斜角为__________. 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导数，计算时的斜率，得倾斜角. 【详解】因为， 所以， 所以， 即切线的斜率为-1，倾斜角为. 故答案为：. 13. 正方体的棱长为,若动点在线段上运动, 则的取值范围 是 ． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系． 则、、、、．∴、．∵点在线段上运动，∴，且．∴ ，∴，故答案为． 考点：空间向量数量积的运算. 14. 直线被圆截得弦长的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求直线所过定点，根据几何关系求解 【详解】, 由解得所以直线过定点A(1,1)，圆心C（0，0）， 由几何关系知当AC与直线垂直时弦长最小. 弦长最小值为. 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）已知在点处的切线方程为，求实数的值； （2）已知在定义域上是增函数，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由题意可得出，由此可求得实数值； （2）求出函数的定义域为，由题意可知，在上恒成立，利用参变量分离法得出，利用基本不等式求出在上的最小值，由此可得出实数的取值范围. 【详解】（1），，， 又在点处的切线方程为，，解得； （2）的定义域为， 在定义域上为增函数，在上恒成立， 在上恒成立，， 由基本不等式，当且仅当时等号成立，故， 故的取值范围为. 【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行： （1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立； （2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立； （3）函数在区间上不单调在区间上存在异号零点； （4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立； （5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立. 16. 设是公比大于1的等比数列，为数列的前项和．已知，且，，构成等差数列． （1）求数列的通项公式； （2）令，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，且，由已知可得解方程组可求出，从而可求出通项公式， （2）由（1）可得，然后利用错位相减法可求得结果 【详解】（1）设等比数列的公比为，且． ∵，且， ，构成等差数列， ∴ 解得，或（舍去）． ∴． （2）∵，∴， ∴， 两式相减得． ∴． 17. 如图1在直角梯形中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将沿BE折起到图2中的位置，得到四棱锥． （1）证明：平面； （2）当平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由为正方向可知，根据线面垂直判定定理证明平面，然后由可证； （2）以O为原点，方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 求出平面与平面的法向量，然后由向量夹角公式可得. 【小问1详解】 ， 所以为正方形，所以， 又，平面，平面， 又，且，故四边形为平行四边形， 平面. 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面=， 平面，所以平面， 又平面， 所以，又由（1）知：， 以O为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 由题意知，， 则， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，则，故 则，令，则，故， 设平面与平面的夹角为， . 18. 已知圆过点，且圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）设点在圆上运动，点，记为线段的中点，求的轨迹方程； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求的垂直平分线方程为，与的交点即圆心，圆心到点的距离即为半径，即可得圆的标准方程. （2）由为线段的中点得到坐标与坐标的关系，代入圆方程可得轨迹方程. 【小问1详解】 ，的中点坐标为，直线的斜率为， 故线段的垂直平分线方程为，即， 联立得，即圆的圆心为，半径为， 故圆的方程为 【小问2详解】 设，，因为线段的中点， 所以，则， 因点在圆上运动，所以， 则， 即的轨迹方程为. 19. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程. （2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴. 【小问1详解】 设，由题设有且，故，故，故， 故椭圆方程为. 【小问2详解】 直线的斜率必定存在，设，，， 由可得， 故，故， 又， 而，故直线，故， 所以 ， 故，即轴. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$