精品解析：广东省河源市四校联考2024-2025学年高二上学期期末数学试卷

河源市四校联考2024-2025学年高二上学期期末 数学试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，复数（）是纯虚数，则（ ） A. 或 B. C. D. 3. 已知，，向量在方向上投影向量是，则为（ ） A. 12 B. 8 C. -8 D. 2 4. 已知锐角满足，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，且，则“”是“函数在上单调递增”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 6. 等比数列的各项均为正数，且.设，则数列的前项和（ ） A. B. C. D. 7. 在直三棱柱中，，，，分别是棱，上的点，且，，则点到平面的距离为（ ） A B. C. D. 8. 已知数列满足且，其前n项和为，则满足不等式最小整数n为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题意，全选对得满分，漏选得部分分，错选不选不得分） 9. 已知圆，点在直线上，过作圆的两条切线（为切点），则下列结论正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 当轴时，四边形的面积为 C. 原点到直线距离的最大值为 D. 的外接圆恒过两个定点 10. 如图，已知正方体棱长为2，，分别为，的中点，为线段上的动点，下列选项正确的是（ ） A. 不存使得 B. 存在使面 C. 存在两个使与成角 D. 任意满足 11. 过抛物线焦点的直线交抛物线于点，交其准线于点在线段上，若，且为原点则下列说法正确的是（ ） A B. 以为直径的圆与准线相切 C. 直线斜率为 D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设双曲线：的两条渐近线的倾斜角分别为，，若，则C的离心率为______. 13. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________． 14. 若直线被圆所截得的弦长为，则的最小值为_______． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知二次函数f（x）=ax2+ax﹣2b，其图象过点（2，﹣4），且f′（1）=﹣3． （Ⅰ）求a，b的值； （Ⅱ）设函数h（x）=xlnx+f（x），求曲线h（x）在x=1处的切线方程． 16. 设的内角所对边分别为，若. （1）求证：成等差数列； （2）若为整数，，且三个内角中最大角是最小角的两倍，求周长的最小值. 17. 如图，在四棱锥中，，，，，. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离． 18. 已知椭圆：的左右顶点分别为，，上下顶点分别为，，且四边形的周长为，过点且斜率为的直线交于两点，当直线过的左焦点时，． （1）求的标准方程； （2）若为坐标原点，的面积为，求直线的方程； （3）记直线与直线的交点为，求的最小值． 19. 设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，令，数列的前项和为. （1）求的和公比; （2）求; （3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河源市四校联考2024-2025学年高二上学期期末 数学试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式、指数不等式求集合，再由集合的交运算求交集即可. 【详解】由，， 所以. 故选：A 2. 已知为虚数单位，复数（）是纯虚数，则（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由纯虚数的概念，列得方程组，从而可求出的值. 【详解】因为复数（）是纯虚数， 所以， 由，得或， 由，得， 所以. 故选：D. 3. 已知，，向量在方向上投影向量是，则为（ ） A. 12 B. 8 C. -8 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由投影向量和数量积的定义即可得出结论. 【详解】在方向上投影向量为， ，. 故选：A 4. 已知锐角满足，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由两角差的正弦、正切，两角和的正切，二倍角的正切结合已知计算可得. 【详解】由可得， 即， 而， 所以， 移项得，即， 又，是锐角，所以，则， 所以，即，且， 所以，解得， 因为，所以， 又， 所以. 故选：D 5. 已知，且，则“”是“函数在上单调递增”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】A 【解析】 【分析】先由在R上单调递增求得的取值范围，再利用充分条件，必要条件的定义即得. 【详解】由在上单调递增，得，解得， 故“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 等比数列的各项均为正数，且.设，则数列的前项和（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，则，根据已知条件求出、的值，可得出的通项公式，再利用裂项相消法可求得. 【详解】设等比数列的公比为，则，则， 所以，所以，因为，可得， 所以， 所以， 所以，， 即数列是首项为，公差为的等差数列， 所以， 所以， 因此. 故选：B. 7. 在直三棱柱中，，，，分别是棱，上的点，且，，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面距离. 【详解】由题意，以为原点建立如图空间直角坐标系， ，，，，. ，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，， 令，解得，，得到， 设点到平面的距离为，. 故选：D 8. 已知数列满足且，其前n项和为，则满足不等式的最小整数n为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得，利用分组求和法可求得，然后解不等式即可. 【详解】因为，所以，且， 所以数列是首项为1，公比为的等比数列， 则，所以. 所以， 由，即， 所以，因为， 所以满足不等式的最小整数n为9. 故选：C. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题意，全选对得满分，漏选得部分分，错选不选不得分） 9. 已知圆，点在直线上，过作圆的两条切线（为切点），则下列结论正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 当轴时，四边形的面积为 C. 原点到直线距离的最大值为 D. 的外接圆恒过两个定点 【答案】AD 【解析】 【分析】直接证明切线长可判断A，举反例判断B，用求两圆公共弦所在直线方程法求出直线方程，然后求点到直线的距离可判断C，用参数表示求出的外接圆方程，利用恒等式知识求得两定点坐标后判断D． 【详解】A选项，由题意得，，则． 设，所以，故A正确； B选项，由于满足条件，但此时，故B错误； C选项，设点到的距离为，以为直径的圆的方程为，即， 两圆方程相减得的方程为， 所以，故C错误； D选项，由可知，的外接圆是以为直径的圆，由C可知圆的方程为，即， 由，解得或，故该圆恒过和，故D正确． 故选：AD． 10. 如图，已知正方体棱长为2，，分别为，的中点，为线段上的动点，下列选项正确的是（ ） A. 不存在使得 B. 存在使面 C. 存在两个使与成角 D. 任意满足 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，根据条件，求得，选项A，通过计算，即可求解；选项B，易得平面的一个法向量为，利用线面位置关系判断的向量法，即可求解；选项C，求得，，利用，即可求解；选项D，利用，求得，即可求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 因为， 又为的中点，则， 设，又， 由，得到， 对于选项A，因为， 又，所以，故选项A错误， 对于选项B，易知平面的一个法向量为，由选项A知， 由，得到，解得， 所以当为中点时，面，所以选项B正确， 对于选项C，因为，， 则由， 整理得到，解得或（舍去）， 即存在1个使与成角，所以选项C错误； 对于选项D，因为， 得， 当时，等号成立，所以选项D正确， 故选：BD. 11. 过抛物线焦点的直线交抛物线于点，交其准线于点在线段上，若，且为原点则下列说法正确的是（ ） A. B. 以为直径的圆与准线相切 C. 直线斜率为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意作图，利用抛物线的定义，结合直角三角形的性质以及圆与直线的位置关系，可得答案. 【详解】由题意，不妨设在第一象限，分别过作垂直于准线，垂足分别为，作图如下： 对于A，由图可知，， 在中，由，则， 易知，在中，， 由，则为线段的中点，即在中，， 所以，故A正确； 对于B，由A易知，由，则， 即，所以以为直径的圆的半径， 在直角梯形中，中位线的长度为， 则以为直径的圆的圆心到准线的距离，故B正确； 对于C，由A可得，则直线的倾斜角为，即斜率为， 当在第四象限时，同理可得斜率为，故C错误； 对于D，，故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. 设双曲线：两条渐近线的倾斜角分别为，，若，则C的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】求出因为，再由可得答案. 【详解】因为，，所以， 双曲线：的两条渐近线方程分别为， 若，则的倾斜角为，的倾斜角为， 即，解得， 则C的离心率为. 故答案为：. 13. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】先设出公切线与两曲线的切点坐标，分别求出两曲线在切点处的切线方程，再根据公切线过原点这一条件，联立切线方程求解切点坐标，进而求出实数的值. 【详解】设直线与曲线相切于点， 由，得，因为与曲线相切， 所以，消去，得，解得，所以， 设与曲线相切于点，由，得，即，解得， 因为是与曲线的公共点， 所以，消去，得，即，解得． 故答案为： 14. 若直线被圆所截得的弦长为，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意知直线过圆心，则，利用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意取值条件. 【详解】由，则圆心为，半径为2， 由直线被圆所截得的弦长为，故直线过圆心， 所以且， 则， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知二次函数f（x）=ax2+ax﹣2b，其图象过点（2，﹣4），且f′（1）=﹣3． （Ⅰ）求a，b的值； （Ⅱ）设函数h（x）=xlnx+f（x），求曲线h（x）在x=1处的切线方程． 【答案】（Ⅰ）a=b=﹣1；（Ⅱ）2x+y﹣2=0． 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）由题意可得f（2）=﹣4，代入f（x）解析式，求出f（x）的导数，代入x=1，解方程可得a=b=﹣1； （Ⅱ）求出h（x）的解析式，求得导数，可得切线的斜率，再由点斜式方程可得切线的方程． 解：（Ⅰ）由题意可得f（2）=﹣4， 即为4a+2a﹣2b=﹣4， 又f′（x）=2ax+a，可得f′（1）=3a=﹣3， 解方程可得a=b=﹣1； （Ⅱ）函数h（x）=xlnx+f（x） =xlnx﹣x2﹣x+2， 导数h′（x）=lnx+1﹣2x﹣1=lnx﹣2x， 即有曲线h（x）在x=1处的切线斜率为ln1﹣2=﹣2， 切点为（1，0）， 则曲线h（x）在x=1处的切线方程为y﹣0=﹣2（x﹣1）， 即为2x+y﹣2=0． 考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；导数的运算． 16. 设的内角所对边分别为，若. （1）求证：成等差数列； （2）若为整数，，且三个内角中最大角是最小角的两倍，求周长的最小值. 【答案】（1）证明见详解 （2）15 【解析】 【分析】（1）根据题意利用三角恒等变换结合正弦定理可得，即可得结果； （2）根据题意利用正、余弦定理可得，进而可得结果. 【小问1详解】 因为，整理得， 即， 由正弦定理可得：，即成等差数列. 【小问2详解】 由题意可得：，则， 不妨设， 因为，由正弦定理可得：， 由余弦定理可得：， 即，整理得， 所以， 可得周长， 可知当时，周长的取到最小值15. 17. 如图，在四棱锥中，，，，，. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明出平面，可得出，利用勾股定理得出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）由结合等体积法可求得点到平面的距离. 【小问1详解】 因为，，，所以，故， 取的中点，连接，如图所示： 因为，故， 又因为，即，故四边形为平行四边形，所以且， 因为，故，即， 所以， 因为，所以，故， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，且，故，则， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 设点到平面的距离为，则， 取的中点，连接，如下图所示： 因为，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为，所以， 因为，故， 因为平面，平面，所以，故， 由得，解得， 故点到平面的距离为. 18. 已知椭圆：的左右顶点分别为，，上下顶点分别为，，且四边形的周长为，过点且斜率为的直线交于两点，当直线过的左焦点时，． （1）求的标准方程； （2）若为坐标原点，的面积为，求直线的方程； （3）记直线与直线的交点为，求的最小值． 【答案】（1） （2）或或或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题中条件得到关于的等量关系，再结合的关系进行求解即可； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系将的面积表示出来，结合的面积为，求出直线的斜率，即可得到直线的方程； （3）设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，利用，，在同一条直线上得到，利用，，在同一条直线上，所以，结合根与系数的关系得到，即，所以点在直线上，即可求出的最小值． 【小问1详解】 由题意知， 解得，，， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 由题意知直线的方程为，设，， 由，得， 所以，解得， 所以，， 所以， 又点到直线的距离， 所以的面积， 解得或，所以或或或， 所以直线的方程为或或或； 【小问3详解】 由题意知直线的方程为，设，， 由，得， 所以，解得， 所以，， 设，因为，，在同一条直线上，所以， 又，，在同一条直线上，所以， 所以， 所以，所以点在直线上， 所以． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解． 19. 设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，令，数列的前项和为. （1）求的和公比; （2）求; （3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）4 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，前项和为，由题意，化简可得值； （2）由（1）得，用错位相减法求和； （3）设，，按的奇偶性分类求解可得参数范围． 【小问1详解】 设等差数列的公差为，前项和为，则， 所以， 因为是“和等比数列”，所以，即，对任意恒成立， 所以，解得， 所以的和公比为4； 【小问2详解】 由（1）知，， 所以， 所以， 相减得， 所以； 小问3详解】 设， ， ，是递增数列， 不等式对任意的恒成立，即不等式对任意的恒成立， 当为奇数时，，则， 当为偶数时，，则， 综上，的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $