精品解析：贵州省黔南布依族苗族自治州四校联考2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷

黔南布依族苗族自治州四校联考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个小题，每题5分，共40分） 1. 已知直线l上两点，，若直线l的倾斜角为，则实数n的值为（ ） A. B. 0 C. D. 2. 已知等差数列的首项，公差，则等于（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 9 3. 一个剧院的座位排列成扇形，第一排有25个座位，从第二排起，每排比前一排多4个座位，且最后一排有69个座位，则该剧院共有多少排座位（ ） A. 10排 B. 11排 C. 12排 D. 13排 4. 若双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 5. 中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行数里，请公仔细算相还”.其意思为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”，请问从第几天开始，走的路程少于30里 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 已知圆与直线相切，则圆关于直线对称的圆的方程为（ ） A B. C. D. 7. 设椭圆的左、右焦点分别为，，直线过点.若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 设为坐标原点，直线过抛物线焦点，且与交于两点，其中在第一象限，则下列正确的是（ ） A. 的准线为 B. 的最小值为 C. 以为直径的圆与轴相切 D. 若且，则 二、多项选择题（本题共3个小题，每题6分，共18分） 9. 已知数列满足，，设，记数列的前2n项和为，数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 若不等式在时恒成立，则实数的值可以为（ ） A. B. C. D. 2 11. 在棱长为2正方体中，点满足，其中，，则（ ） A. 平面平面 B. 当时，三棱锥体积为定值 C. 当时，存在点，使得 D. 当时，存在点，使得平面 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 圆：与圆：的位置关系是_______． 13. 已知点是椭圆上的两点.且直线恰好平分圆，为椭圆上与点不重合的一点，且直线的斜率之积为，则椭圆的离心率为__________. 14. 在三棱锥中，，，则该三棱锥外接球的表面积为______． 四、解答题（本题共5个小题，共77分） 15. 如图，在三棱柱中，，，，，平面平面，为的中点. （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 16. 已知圆，直线． （1）求证：对任意，直线与圆总有两个不同的交点； （2）设直线与圆交于，两点，若，求直线方程； （3）是否存在实数，使得直线截圆所得的弦最长或最短？ 17. 已知正项数列满足：． （1）求证：数列为等比数列； （2）求数列的前项和． 18. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线的斜率为6，求实数a； （2）若，求的极值； （3）当时，在上的最小值为，求在该区间上的最大值． 19. 以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫作椭圆的“辅助圆”.已知椭圆的焦距为，短轴长为2. （1）求及的辅助圆的方程. （2）已知与轴平行，且不经过原点的直线与及的辅助圆分别交于两点（均在同一个象限），过作的辅助圆的切线与轴交于点，且直线的斜率为，记的面积为，证明：. （3）已知斜率不为0，且不经过原点的直线与交于两点，判断在的辅助圆上是否存在点，使得四边形是平行四边形.若存在，求面积的最大值；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黔南布依族苗族自治州四校联考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个小题，每题5分，共40分） 1. 已知直线l上两点，，若直线l的倾斜角为，则实数n的值为（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两点的斜率公式及倾斜角的关系计算即可. 【详解】因为点，在直线l上，直线l的倾斜角为， 所以直线l的斜率为，解得. 故选：A. 2. 已知等差数列的首项，公差，则等于（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式求解. 【详解】根据题意，. 故选：C 3. 一个剧院的座位排列成扇形，第一排有25个座位，从第二排起，每排比前一排多4个座位，且最后一排有69个座位，则该剧院共有多少排座位（ ） A. 10排 B. 11排 C. 12排 D. 13排 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，剧院每排的座位数构成以为公差的等差数列，根据等差数列的通项公式求解即可. 【详解】由题意，剧院每排的座位数构成以为首项，公差为的等差数列， 其中末项为，假设剧院共有排座位， 则，解得， 故选：C 4. 若双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据渐近线方程求出的值，再根据可求结果. 【详解】因为渐近线方程为，所以， 所以. 故选：C. 5. 中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行数里，请公仔细算相还”.其意思为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”，请问从第几天开始，走的路程少于30里 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由题意知，本题考查等比数列问题，此人每天的步数构成公比为的等比数列，由求和公式可得首项，进而求得答案． 【详解】设第一天的步数为，依题意知此人每天的步数构成公比为的等比数列， 所以，解得， 由，，解得,故选B． 【点睛】本题主要考查学生的数学抽象和数学建模能力． 6. 已知圆与直线相切，则圆关于直线对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆与直线相切，求出，然后求出过圆圆心垂直于直线的直线方程，联立求出交点，再利用中点公式求出关于直线对称后圆的圆心坐标，半径没有改变，即可解决问题. 【详解】由圆的圆心为原点，半径为5， 又圆与直线相切， 则到直线的距离为， 则，解得， 设过且与垂直的直线为， 则：， 联立， 得直线l与的交点为， 设圆心关于点的对称点为， 由中点公式有 所以圆心关于点的对称点为， 因此圆C关于直线l对称的圆的方程为：， 故选：D. 7. 设椭圆的左、右焦点分别为，，直线过点.若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆的定义、余弦定理列式，再结合求解出离心率的值. 【详解】如图，由点关于的对称点恰好在椭圆上，得，， 由椭圆定义，得， 在中，由余弦定理得 ， 则， 又，整理得，又椭圆的离心率， 于是，而，解得，所以的离心率. 故选：C 8. 设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于两点，其中在第一象限，则下列正确的是（ ） A. 的准线为 B. 的最小值为 C. 以为直径的圆与轴相切 D. 若且，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线性质可得的准线为，即A错误；利用抛物线定义由基本不等式可求得B正确；由直线与圆的位置关系可得以为直径的圆与轴相交，即C错误；由可得。利用向量夹角的坐标表示可求得，即D错误. 【详解】对于选项A，由抛物线焦点可得， 所以，即的准线为，故A错误； 对于B，如下图所示： 设直线的方程为，； 联立直线与抛物线方程可得， 可得； 由抛物线定义可得； 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立；即B正确； 对于C，以为直径的圆的圆心为, 此时圆心到轴的距离为， 而， 所以以为直径的圆与轴相交，即C错误； 对于D，易知，由可知点在的垂直平分线上，所以； 由即可得，如下图所示： ，所以， 同理可得，可得， 所以，即D错误； 故选：B 【点睛】方法点睛：在求解夹角问题时可利用平面向量的坐标表示，利用数量积的符号确定夹角的大小或取值范围. 二、多项选择题（本题共3个小题，每题6分，共18分） 9. 已知数列满足，，设，记数列的前2n项和为，数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A选项，逐步代入计算即可，对B选项，根据递推关系可得，结合等差数列的定义即可求出其通项，对C选项，用错位相减法求，对D选项，由题设可得，利用C的结果即可计算. 【详解】对A，，，，则，故A正确； 对B，由题意，， 当时，， 所以，则是以1为公差，为首项的等差数列. 则，则，故B错误， 对C，，即， 所以， 两式相减得 ， 所以，故C正确； 对D， ，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：本题的关键是构造出等差数列，从而求出其通项，再利用错位相减法求出，通过分组求和计算得到，再将前面得到的结果代入即可. 10. 若不等式在时恒成立，则实数的值可以为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】BCD 【解析】 【分析】构造函数，将恒成立问题转化为恒成立问题，求导，研究单调性，画出其图象，根据图象逐一验证选项即可. 【详解】由得， 设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 又，，当时，恒成立， 所以的图象如下： ， ，即，， 对于A：当时，，根据图象可得不恒成立，A错误； 对于B：当时，，根据图象可得恒成立，B正确； 对于C：当时，，根据图象可得恒成立，C正确； 对于D：当时，，又， 因为，且，即， 所以，即， 根据图象可得恒成立，D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键将条件变形为，通过整体结构相同从而构造函数来解决问题. 11. 在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（ ） A 平面平面 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，存在点，使得 D. 当时，存在点，使得平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先以点为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量的关系，即可判断A；利用向量法求点到平面的距离，即可判断B；利用向量数量积，即可判断C；要证明线面垂直，转化为证明线线垂直，即可判断D. 【详解】以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，. 设平面的一个法向量为，，， 则，令，解得，， 所以平面的一个法向量， 又，， 因为， 故.设平面的一个法向量为， 则，令，解得，， 所以平面的一个法向量，又，所以， 所以平面平面，故A正确； 当时，点，设平面的一个法向量，，， 则， 令，解得，，所以平面的一个法向量为， 且，所以点到平面的胜离为， 又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确； 当时，此时，所以，， 所以， 所以不存在点，使得，故C错误； 当，此时，所以，，， 因为，要使平面， 则，解得，符合题意， 故存在点，使得平面，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题考查利用坐标法，解立体几何中的位置关系，本题的关键是点坐标的设法问题，利用坐标法解决位置关系问题. 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 圆：与圆：的位置关系是_______． 【答案】外离 【解析】 【分析】分别求出两圆的圆心坐标和半径，利用两点间的距离公式，求出两圆心的距离d，即可求出结果． 【详解】圆：的标准方程为， 圆：的标准方程为， 圆心坐标分别为和，半径分别为和， 所以两圆心之间的距离， 又， 所以两圆的位置关系是外离． 故答案为：外离 13. 已知点是椭圆上的两点.且直线恰好平分圆，为椭圆上与点不重合的一点，且直线的斜率之积为，则椭圆的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，则.由已知可推得，根据，可得出，然后即可求出离心率. 【详解】设，. 依题意有，两式相减得，所以. 因直线恰好平分圆，则， 则，. 由已知，， 所以，，即. 所以椭圆的离心率为. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，，，则该三棱锥外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】解法一：通过计算边长，借助于勾股定理可得，取PA的中点，连接OB，OC，易得，即可得到点为三棱锥的外接球球心，求出其半径即得其表面积；解法二：将三棱锥补形成一个长方体，根据长方体的体对角线长即三棱锥的外接球直径，求出其半径即得其表面积. 【详解】 解法一：如上图，因为， 则可得， 由，可得． 取PA的中点，连接OB，OC，易得， 所以点为三棱锥的外接球球心，且球的半径， 故该三棱锥外接球的表面积为. 解法二：由已知及法一分析，可将三棱锥补形成长方体，如上图所示， 则三棱锥的外接球直径即长方体的体对角线长. 因，则长方体的体对角线， 所以三棱锥外接球的半径，故该三棱锥外接球的表面积为． 故答案为：. 四、解答题（本题共5个小题，共77分） 15. 如图，在三棱柱中，，，，，平面平面，为的中点. （1）证明：； （2）求点到平面距离； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，转化为证明平面，即可证明线线垂直； （2）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，再代入点到平面的距离公式，即可求解； （3）求两个平面的法向量，再代入二面角的向量公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为，为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以； 【小问2详解】 因，，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 由（1）得，，故以为原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，所以，，， 设平面的一个法向量， 则即，解得，，所以， 所以点到平面的距离. 【小问3详解】 由（2）得，， 设平面的一个法向量，则即 令，解得，，所以， 由（2）知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则 . 16. 已知圆，直线． （1）求证：对任意，直线与圆总有两个不同的交点； （2）设直线与圆交于，两点，若，求直线的方程； （3）是否存在实数，使得直线截圆所得的弦最长或最短？ 【答案】（1）证明见解析 （2）或 （3）存在实数使得所得的弦最长，不存在实数使得所得的弦最短 【解析】 【分析】（1）证法1：联立直线与圆的方程，得出判别式大于0，从而证明结论；证法2：利用点到直线的距离公式求出圆心到半径的距离，利用得出直线与圆的位置关系证明结论； （2）利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，结合勾股定理构造方程求出，进而求出直线方程； （3）先求出直线恒过定点，再利用过定点的直线与圆的位置关系讨论求解． 【小问1详解】 证法1：联立直线与圆的方程得， 整理得， ， 直线与圆总有两个不同的交点． 证法2： 圆，圆的圆心为，半径， 圆心到直线的距离为：， 又，， 直线与圆总有两个不同的交点． 【小问2详解】 设圆心到直线的距离为，则， 如下图所示，，取中点， 则，， ，， ，即，解得， 直线的方程为或． 【小问3详解】 ， 由，解得， 直线过定点，如下图所示： 当直线过圆心时，直线截圆所得的弦最长， 此时，直线的方程为， 存在实数使得直线截圆所得的弦最长； 当直线时，直线截圆所得的弦最短，设直线的斜率为，则， ，， 直线的斜率不存在，故不存在实数使截圆所得的弦最短． 存在实数使得直线截圆所得的弦最长，不存在实数使截圆所得的弦最短． 17. 已知正项数列满足：． （1）求证：数列为等比数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）令，则，然后代入原式对原式进行化简，根据等比数列的定义即可证明. （2）根据（1）的结果先求出，然后根据错位相减法进行求解计算即可. 【小问1详解】 令，则， 因为， 所以， 所以， 即． 由得，所以，所以， 又，所以数列是以2为首项、2为公比的等比数列． 【小问2详解】 由（1）知，所以， 则， ， 所以 所以． 18. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线的斜率为6，求实数a； （2）若，求的极值； （3）当时，在上的最小值为，求在该区间上的最大值． 【答案】（1） （2）极大值为，极小值为 （3） 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数得出切线斜率计算求参即可； （2）应用导函数正负得出函数单调性进而得出极值即可求解； （3）根据导函数正负得出单调性进而得出最小值列式计算求参. 【小问1详解】 因为， 曲线在点处的切线的斜率， 依题意：，． 【小问2详解】 当时，，， x 3 - 0 + 0 - 单减 单增 单减 所以，的极大值为，的极小值为． 【小问3详解】 ，因为，∴， 令，得，， 在，上单调递减，在上单调递增， 当时，有，所以在上的最大值为， 而，（），故， 所以在上的最小值为， 解得：，， 故在上的最大值为． 19. 以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫作椭圆的“辅助圆”.已知椭圆的焦距为，短轴长为2. （1）求及的辅助圆的方程. （2）已知与轴平行，且不经过原点的直线与及的辅助圆分别交于两点（均在同一个象限），过作的辅助圆的切线与轴交于点，且直线的斜率为，记的面积为，证明：. （3）已知斜率不为0，且不经过原点的直线与交于两点，判断在的辅助圆上是否存在点，使得四边形是平行四边形.若存在，求面积的最大值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3）存在，最大值为1 【解析】 【分析】（1）根据条件可求出，按照定义可得及的辅助圆的方程； （2）方法一：设，利用，用表示出来，进而计算可得答案； 方法二：直线的方程为或0），可得到点坐标，进而得到切线的方程，进而得到点坐标，进而计算可得答案. （3）设直线，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，求出的坐标，假设在的辅助圆上存在点，使得四边形是平行四边形，则，得到一个方程，说明此方程有解即可证明；同样利用韦达定理把面积表示成关于的函数，根据基本不等式求最值即可. 【小问1详解】 设的焦距为，则得 所以的方程为， 的辅助圆的方程为. 【小问2详解】 方法一：证明：设，直线与轴交于点，则. 由得. 易证，则，得， 所以. 方法二：证明：不妨假设均在第一象限或第二象限，设直线的方程为或0）， 由，得，得. 直线，令，得. 故. 同理可证在第三象限或第四象限时，.故. 【小问3详解】 设点. 由得， 由，得， 得 假设在的辅助圆上存在点，使得四边形是平行四边形，则， 得. 因为在的辅助圆上，所以，得， 满足，所以在的辅助圆上存在点，使得四边形是平行四边形. 直线在轴上的截距为， 则 ， 将， 得 ， 当且仅当，即时，等号成立. 故面积的最大值为1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $