精品解析：江苏省无锡市某校2024-2025学年高二上学期期末数学试题

2024—2025 学年度第一学期期末考试 高二数学试卷 注意事项: 1. 本试卷满分150分，考试时间为120分钟. 2. 答题前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在密封线内. 一、 单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 欧拉公式（为自然对数的底，是虚数单位，）建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．根据以上内容，可知在复平面内对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设为等比数列的前项和，，则 A. B. C. D. 3. 如图，在空间四边形中，设，分别是，的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 过点且在两坐标轴上的截距相等的直线方程是（ ） A. B. C. D. 或 5. 两圆与的公共弦长等于（ ） A. 4 B. C. D. 6. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:-=1（a>0， b>0）的左焦点为F，点M，N在双曲线C上.若四边形OFMN为菱形，则双曲线C的离心率为（　　） A. 2 B. C. D. +1 7. 如图所示的四棱锥中，底面为正方形，且各棱长均相等，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. 1 B. C. D. 8. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关，如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个小球，第三层有6个小球，第四层有10个小球……设第n层有an个小球，则+++…+的值为（　　） A B. C. D. 二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.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. 已知复数，，则下列说法中正确的是（ ）． A B. 若，则 C 若，则 D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一点，是线段上的一点，则下列说法正确的是（　　） A. 过的平面截此正方体所得的截面为四边形 B. 当为棱中点时，过点的平面截该正方体所得的截面的面积为 C. 点到直线的距离的最小值为 D. 当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如图，曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一，下列结论中正确的是（　　） A. 曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3 B. 曲线C关于y轴对称 C. 曲线C恰好经过8个整点（即横、纵坐标均为整数的点） D. 曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知F是抛物线y2=x的焦点，A、B是该抛物线上的两点，|AF|+|BF|=3，则线段AB的中点到y轴的距离为__________. 13. 如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为____.  14. 对任意数列，定义函数是数列的“生成函数”.已知，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. 根据下列条件，分别求满足条件的直线或圆的方程： （1）已知以点为圆心圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于，当时，求直线的方程； （2）以为圆心的圆与圆相切，求圆的方程. 16. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 17. 四棱锥中，四边形ABCD为菱形，，平面平面ABCD． （1）证明：； （2）若，且PA与平面ABCD成角为，点E在棱PC上，且，求平面EBD与平面BCD的夹角的余弦值． 18. 若无穷数列满足：对于，其中为常数，则称数列为数列． （1）若一个公比为的等比数列为“数列”，求的值； （2）若是首项为1，公比为3的等比数列，在与之间依次插入数列中的项构成新数列，求数列中前30项的和． （3）若一个“数列"满足，设数列的前项和为．是否存在正整数，使不等式对一切都成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19. 已知椭圆 的右焦点为，斜率不为0的直线与交于两点. （1）若是线段的中点，求直线的方程. （2）点在上，过点的直线交椭圆于两点（异于点），过点作轴的垂线与直线交于点，设直线的斜率分别为. ①证明：为定值; ②证明：直线过线段的中点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025 学年度第一学期期末考试 高二数学试卷 注意事项: 1. 本试卷满分150分，考试时间为120分钟. 2. 答题前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在密封线内. 一、 单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 欧拉公式（为自然对数的底，是虚数单位，）建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．根据以上内容，可知在复平面内对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，可得结论. 【详解】由欧拉公式（为自然对数的底，是虚数单位，）， 可得， 所以在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 2. 设为等比数列的前项和，，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，利用可以求出，再根据等比数列的前项和公式可得到结果 【详解】设等比数列的公比为 ，解得 则 故选 【点睛】这是一道关于等比数列的题目，解答此题的关键是熟知等比数列的通项公式及其前项和公式，属于基础题 3. 如图，在空间四边形中，设，分别是，的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算求得正确结论. 【详解】因为，， 所以． 故选：C 4. 过点且在两坐标轴上的截距相等的直线方程是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线的截距式方程分析运算，注意讨论截距是否为0. 【详解】设直线在x，y轴上的截距分别为，则， 若，即直线过原点，设直线为， 代入，即，解得， 故直线方程为； 若，设直线为， 代入，即，解得， 故直线方程为，即； 综上所述：直线方程为或. 故选：D. 5. 两圆与的公共弦长等于（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得公共弦的长． 【详解】解：两圆为①，，② ①②可得：． 两圆的公共弦所在直线的方程是， 的圆心坐标为，半径为， 圆心到公共弦的距离为， 公共弦长． 故选：B． 【点睛】本题主要考查圆的标准方程，求两个圆的公共弦所在的直线方程的方法，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题． 6. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:-=1（a>0， b>0）的左焦点为F，点M，N在双曲线C上.若四边形OFMN为菱形，则双曲线C的离心率为（　　） A. 2 B. C. D. +1 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线的定义（或方程）及对称性，结合菱形的性质，可得关系，进而得到双曲线的离心率. 【详解】如图，因为四边形OFMN为菱形，所以, 记双曲线的焦距为，右焦点为,则,且根据双曲线的对称性，点的横坐标为, 所以，所以,所以点的纵坐标为, 所以点在双曲线上，代入双曲线方程，得, 整理得：， 联立, 得：,化简得： 两边同除以,得：,解得：,. 因为双曲线的离心率大于1，所以. 方法二：如图，因为四边形OFMN为菱形，所以, 记双曲线的焦距为，右焦点为,则,根据双曲线的对称性，点的横坐标为, 所以，所以,所以点的纵坐标为, 所以,以, 由双曲线的定义，知,所以, 所以,双曲线C的离心率为. 故选：D. 7. 如图所示的四棱锥中，底面为正方形，且各棱长均相等，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，以为空间向量的一个基底，再利用空间向量夹角公式求解即得. 【详解】令四棱锥的各条棱长均为2，则，由是的中点，得, 显然不共面，，又， ， 因此， 所以则异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D 8. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关，如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个小球，第三层有6个小球，第四层有10个小球……设第n层有an个小球，则+++…+的值为（　　） A. B. C D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件分析得到数列的通项公式,并利用等差数列前n项和公式化简，进而求得数列的通项公式,再利用裂项相消求和法求得结果. 详解】由题意可得，,…… 所以，. 所以， 所以，+++…+ 故选：D 二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.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. 已知复数，，则下列说法中正确的是（ ）． A. B. 若，则 C. 若，则 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，由复数几何意义以及向量加法三角形法则结合向量的模的定义即可判断；对于B、C，举反例即可判断；对于D，设，，再根据共轭复数定义、复数的除法以及复数的模的定义直接计算即可判断. 【详解】对于A，设复数、对应的点分别为、， 则由复数几何意义以及向量加法三角形法则结合向量的模的定义得： ，故A正确； 对于B，当，则，可为任意复数，即与不一定相等，故B错误； 对于C，设复数、， 则，故，但不满足，故C错误； 对于D，设，，故， 则， 又，故，故D正确. 故选：AD. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一点，是线段上的一点，则下列说法正确的是（　　） A. 过的平面截此正方体所得的截面为四边形 B. 当为棱的中点时，过点的平面截该正方体所得的截面的面积为 C. 点到直线的距离的最小值为 D. 当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意和正方体的性质、空间点到直线的距离、圆的定义等，逐项分析即可解出. 【详解】选项A，如图1所示，连接，在上任取一点，连接， 过在侧面作，与的交点为，连接，得四点共面， 在上都有类似结果，在其它棱上时，截面都是正方体的对角面， 所以过的平面截此正方体所得的截面为四边形，所以A正确； 选项B，如图2所示，取中点，根据分别为中点，易得，所以四点共面，该截面为四边形且为等腰梯形， 又， 所以等腰梯形的高， 所以截面的面积为，所以B错误； 选项C，如图3所示，建立空间直角坐标系，可得，所以. 设点，所以， 则点到直线的距离， 所以时，距离最小，最小为，所以C正确； 选项D，如图4所示，取的中点，连接，易得平面且， 又平面，所以， 所以， 则点在侧面内的运动轨迹为以点为圆心，以2为半径的劣弧，其圆心角为， 所以点的轨迹长度为，所以D正确. 故选：ACD. 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如图，曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一，下列结论中正确的是（　　） A. 曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3 B. 曲线C关于y轴对称 C. 曲线C恰好经过8个整点（即横、纵坐标均为整数的点） D. 曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 【答案】ABD 【解析】 【详解】根据曲线C:x2+y2=1+|x|y，可得曲线与x轴，y轴的交点M(1,0),N(-1,0),P(0,-1),Q(0,1). 选项A，曲线C所围成的“心形”区域的面积大于图中两个小正方形与一个三角形的面积之和.两个正方形的面积均为1，△MNP的面积为1，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3，所以选项A正确. 选项B:将方程中x换成-x方程不变，所以图形关于轴对称，故B正确； 选项C: C与x轴，y轴的交点M(1,0),N(-1,0),P(0,-1),Q(0,1),结合曲线的图象可知，H(-1,1),K(1,1).故曲线一共经过6个整点，所以选项C错误； 具体证明如下：由图可知，x轴下方只有一个整点，即点P，当y>0时，根据曲线的图象的对称性，可先设图象上第一象限的任意一点T(x,y),则x>0.由得，即.把方程看作关x于的一元二次方程，则有,解得：.所以y只能取1. 同理，把上述方程看作关于y的一元二次方程，可得0<.所以x只能取1. 因此，点T只有一种情况,即第一象限只有一个整点，同理第二象限也只有一个整点.因此共有6个整点. 选项D: 设图象上任意一点T(x,y) ，x>0,则.因为x>0,由,得,当且仅当时，等号成立.所以即 ，当且仅当时，取得最大值，即当时，图象上的点到原点的距离都不超过,根据曲线的图象的对称性可得，当时，图象上的点到原点的距离都不超过;当时，.所以选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知F是抛物线y2=x的焦点，A、B是该抛物线上的两点，|AF|+|BF|=3，则线段AB的中点到y轴的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，列出方程求出A，B的中点横坐标，求出线段AB的中点到y轴的距离. 【详解】由题意得，，准线方程为：， 设，，， 因此， 线段的中点到轴的距离为. 故答案为：. 【点睛】本题考查抛物线的简单性质，将到焦点的距离转化为其到准线的距离是关键，考查分析运算能力，属于基础题. 13. 如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为____.  【答案】## 【解析】 【分析】可用等体积法求点到平面的距离，或直接建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离. 【详解】由题可知：平面平面,所以 所以,,, 所以,所以. 所以. 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因平面,所以平面,. . 因为,所以, 所以. 故答案为：. 方法二：如图所示， 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因为侧面是矩形，取的中点F，连接,则. 因为侧棱平面，所以平面,所以两两垂直，所以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 据题意可知， 则 设平面AB1D的一个法向量是 所以,所以, 令,则,所以. 因为,所以点C到平面AB1D的距离. 故答案为： 14. 对任意数列，定义函数是数列的“生成函数”.已知，则____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先利用数列前项和为求出通项公式，再利用错位相减法和等比数列求和即可求解. 【详解】由题意得，即数列的前项和， 则时，，得， 又时，也满足，所以数列得通项公式. 故， ， 两式错位相减，得， 整理化简得. 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. 根据下列条件，分别求满足条件的直线或圆的方程： （1）已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于，当时，求直线的方程； （2）以为圆心的圆与圆相切，求圆的方程. 【答案】（1）或 （2）或 【解析】 【分析】（1）分直线 l 的斜率存在和斜率不存在两种情况讨论，然后利用弦长公式求解即可； （2）分外切、内切两种情况，利用圆心之间的距离和半径之间的关系求解即可. 【小问1详解】 易知到直线的距离为圆A半径r， 所以，则圆A方程为， 过A做,由垂径定理可知，且， 在中由勾股定理易知. 当动直线斜率不存在时，设直线的方程为， 经检验圆心到直线的距离为，且根据勾股定理可知， 显然合题意， 当动直线斜率存在时，过点，设方程为：， 由到距离为知得， 代入解之可得， 所以或为所求方程． 【小问2详解】 两圆的圆心之间的距离为. 当两圆外切时，圆的半径为； 当两圆内切时，圆的半径为. ∴圆的方程为或. 故答案为：或. 16. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用等差数列的通项公式及前n项和公式求基本量，进而写出通项公式； （2）根据的符号，讨论、，结合等差数列前n项和公式求. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，又，， 所以，解得，， 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 当时，，则； 当时，，则， 当时，， 当时，. 综上，. 17. 四棱锥中，四边形ABCD为菱形，，平面平面ABCD． （1）证明：； （2）若，且PA与平面ABCD成角为，点E在棱PC上，且，求平面EBD与平面BCD夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用菱形对角线互相垂直和面面垂直的条件可得线面垂直，故得线线垂直； （2）由（1）的结论，结合题设条件，建立空间直角坐标系，分别求出相关点的坐标，计算两个平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 因为四边形ABCD为菱形，所以， 因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD， 所以平面PBD， 因为平面PBD，故 【小问2详解】 如图，设，则O为AC、BD的中点， 由可得， 又因为平面PBD，平面PBD，所以， 因为，AC、平面ABCD， 所以平面ABCD， 故可以点O为坐标原点，OA、OB、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系. 且为PA与平面ABCD所成角， 由于四边形ABCD为边长为，的菱形， 所以， 则，，，，， 由，∴， 得，且 设平面的法向量为， 则，,故可取， 又平面BCD的一个法向量为， 所以， 所以平面EBD与平面BCD的夹角的余弦值为 18. 若无穷数列满足：对于，其中为常数，则称数列为数列． （1）若一个公比为的等比数列为“数列”，求的值； （2）若是首项为1，公比为3的等比数列，在与之间依次插入数列中的项构成新数列，求数列中前30项的和． （3）若一个“数列"满足，设数列的前项和为．是否存在正整数，使不等式对一切都成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）1622 （3）存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的通项公式，列出“数列”的式子，变形后得，与无关，即可求解； （2）由题意确定数列中前30项含有的前7项和数列的前23项，结合等差和等比数列的前项和公式，即可求解； （3）首先求解出，可得数列的前项和，并假设存在，通过验证求得，再利用放缩法，证明结论成立. 【小问1详解】 数列是等比数列，则，， 则， 因为与无关，所以，即； 【小问2详解】 由题意可知，，而，所以， 是首项为1，公比为3的等比数列， 而新数列中项（含）前共有项， 令，结合，解得：， 故数列中前30项含有的前7项和数列的前23项， 所以数列中前30项的和； 【小问3详解】 因为数列是“数列”，，，， 则，，得， 所以数列的前项和， 假设存在正整数，使得不等式，对一切都成立， 即 当时，，得， 又为正整数，得 下面证明：对一切都成立， 由于，， 所以， ， 所以存在，使不等式对一切都成立. 【点睛】思路点睛：本题第3问首先利用特殊值，首先确定的值，再用到了放缩法，求和后说明存在. 19. 已知椭圆 的右焦点为，斜率不为0的直线与交于两点. （1）若是线段的中点，求直线的方程. （2）点在上，过点的直线交椭圆于两点（异于点），过点作轴的垂线与直线交于点，设直线的斜率分别为. ①证明：为定值; ②证明：直线过线段的中点. 【答案】（1）直线的方程为 （2）①证明见解析；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）运用点差法，设，代入椭圆方程后作差，结合中点坐标，解得斜率，即可解出直线的方程. （2）①按直线的斜率是否为0分类讨论，联立椭圆方程，结合韦达定理和判别式，将的表达式化简，即可得证； ②设线段的中点为，根据中点坐标公式表示，结合直线的方程，解出， 得出点在直线上，即可得证. 【小问1详解】 根据题意作图如下： 由已知椭圆 ，则右焦点，又线段的中点为， 所以直线的斜率存在且不为0，设点. 则，两式相减得，又， 整理得，即直线的斜率， 所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 根据题意作图如下： ①证明：由已知直线过点，且交椭圆于两点，所以直线的斜率存在. 当直线的斜率为0时，，此时两点坐标为， 则. 当直线的斜率不为0时，由已知设直线， 设点且与点不重合， 联立直线与椭圆的方程，消去得， 整理得，则，即， 解得或，且， 所以 ， 代入， 得. 综上，为定值，且. ②证明：由已知设线段的中点为， 易得，直线，则， 直线，则， 由①知，所以， 又直线，所以点在直线上. 综上，直线过线段的中点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $