精品解析：江苏省南菁高级中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷(书院部)

2024-2025学年第一学期高二年级期末考试数学试卷(书院部) 本试卷分为第I卷和第II卷 满分150分 考试时间120分钟 命题人：汪海军 审题人：王晓 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，共轭复数的定义，即可求解． 【详解】设，则， 因为，所以， 所以，， ， 故选：A． 2. 若椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的方程求出焦点坐标即为椭圆的右焦点，再利用椭圆的几何性质即可求得值. 【详解】依题意，抛物线的焦点为，即椭圆的右焦点； 设椭圆的半焦距为，则，解得. 故选：B. 3. 等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则（ ） A. 4 B. 16 C. 32 D. 64 【答案】D 【解析】 【分析】通过讨论的取值情况，确定，利用等比数列的求和公式，建立方程组，求出和，进而求得的值． 【详解】当公比 时可得，代入，与矛盾，所以. 由等比数列的前项和公式 ，可得， 两式相除，得 ，可解得或（舍）， 当时，代入原式可求得，则由等比数列的通项公式. 故选：D 4. 已知向量，是平面的两个不共线向量，非零向量是直线l的一个方向向量，则“，，三个向量共面”是“”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】B 【解析】 【分析】先根据向量基底的概念证明必要性，然后举出反例说明“不充分”，由此得出正确选项. 【详解】当时，由于是不共线的向量，故可用作为基底表示出来， 即共面，所以“必要性”成立. 当共面时，直线l可能在平面内，故“充分性”不成立. 所以是必要不充分条件. 故选：B. 5. 将4名乡村振兴志愿者分配到科技助农，文艺文化，科普宣传和乡村环境治理4个项目进行培训（每个项目都有志愿者参加），每名志愿者只分配到1个项目，志愿者小王不去文艺文化项目，则不同的分配方案共有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 18种 D. 48种 【答案】C 【解析】 【分析】应用排列数求任意分配方法数及小王去文艺文化项目的分配方法数，再利用间接法求不同的分配方案数. 【详解】由题意，4名志愿者任意分配共有种分法， 若志愿者小王去文艺文化项目，其它3名任意分配有种分法， 所以志愿者小王不去文艺文化项目的分配方法有种. 故选：C 6. 当圆截直线所得的弦长最短时，实数（ ） A. －1 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断直线l经过定点M，且点M在圆C内，当直线l垂直于CM时，圆被直线截得的弦长最短，计算即得. 【详解】由得，圆心坐标，半径为8， 直线的方程化为， 由，解得， 所以直线l过的定点，且，所以点M在圆C内， 要使直线l被圆C截得弦长最短，只需与圆心的连线垂直于直线l， 所以， 故选：C 7. 已知椭圆分别为左右焦点，为椭圆上一点，满足，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理可得，再利用向量求的长. 【详解】由椭圆方程可知：， 可得， 在中，由余弦定理可得 ， 即，解得， 因为为线段的中点，则， 可得 ， 所以的长为. 故选：A. 8. 点P是所在平面外一点，，，，则点到平面距离的最大值是（ ） A. B. 6 C. D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】先作出点到平面距离，再利用等面积法求解即可. 【详解】设AB的中点为，则，所以， 因为，所以， 又平面，所以平面，又平面，所以， 作，垂足为，因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 作，垂足为，则平面，所以， 又，平面，所以平面，即为所求的距离， 在中，， 由等面积知， 故当最大时，达到最大，即时，． 故选：B 【点睛】 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. 设是等差数列，是其前n项的和，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 与均为的最大值 D. 为的最小值 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知可得公差，，即可判断AB；进而由等差数列的性质可判断CD. 【详解】因为，所以，故A正确； 因为是等差数列且，所以公差，故B错误； 因为，且， 所以当时，；当时，， 则与均为的最大值，故C正确，D错误. 故选：AC. 10. 已知抛物线，为其焦点，直线与抛物线交于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点为抛物线上的一点，点坐标为，则的最小值为 B. 若直线过焦点，则以为直径的圆与相切 C. 若直线过焦点，当时，则 D. 设直线的中点坐标为，则该直线的斜率与无关，与有关 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用抛物线的定义以及数形结合可判断A选项；利用抛物线的焦点弦公式可判断B选项；求出、的坐标，利用两点间的距离公式可判断C选项；利用点差法可判断D选项. 【详解】对于A选项，如下图所示： 抛物线的焦点为，准线为， 设点在直线上的射影点为，由抛物线的定义可得， 则， 当且仅当、、三点共线时，即当时，取最小值，A错； 对于B选项，若直线过焦点，则， 线段的中点到直线的距离为，所以，， 因此，以为直径的圆与相切，B对； 对于C选项，当时，直线的方程为， 联立可得，不妨取、，则， 此时，，C对； 对于D选项，线段的中点坐标为， 若轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意，所以直线的斜率存在， 由题意可得， 由作差得， 所以，，D对. 故选：BCD. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点，在四边形所在的平面内，若，，则下述结论正确的是（ ） A. 二面角的平面角的正切值为2 B. C. 点的轨迹是一个圆 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二面角几何法可得其平面角为，即可求解A，根据勾股定理可得，即可求解C，建立空间坐标系，即可根据向量垂直判断B，根据向量的夹角即可得求解D. 【详解】对于A,连接相交于，连接, 由于且，故 因此为二面角的平面角，故,故A错误， 对于C：在正方体中，平面，平面，所以， 故，则有， 所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，故选项C正确； 对于B：在正方体中，平面平面，且两平面交线为,平面，故平面， 因为，则平面，故在上， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为点的轨迹是线段，设，则,,， 则,0,，,0,，,0,，,2,，,， 则,,，,故， 进而可得，故，B正确， 又,0,，,2,，,,， 设平面的一个法向量为,,， 则有，即， 令，则，， 故平面的一个法向量为,1,， 设与平面所成的角为， 则,， 当时，有最大值， 故与平面所成角的正弦值的最大值，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题 (本题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 已知，，则_______ 【答案】 【解析】 【分析】通过对递推式进行代数变形，构造一个等差数列，从而求出通项公式. 【详解】由，两边平方取倒数得， 令，由上式可得：， 所以数列首项为1，公差为1的等差数列， 又，所以， 所以， 即， 又可得，又，所以，得， 所以代入： 得. 综上，. 故答案为：. 13. 已知，，且，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义可证明，进而，即可求解. 【详解】因为， 所以，由， 所以，得，且， 所以，即， 得，所以 故答案为： 14. 已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，，分别为的两个焦点，动点P在上（异于的左、右顶点），的重心为G，若直线与的斜率之积为非零常数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设点，，则，由P在上和直线与的斜率之积为常数，可得到， ，再利用，求解即可. 【详解】设椭圆的标准方程为，点，， 则代入中，得① 又因为，即，即② 比较得，， 即，， 又，即，解得． 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、证明过程或验算步骤) 15. 设数列前n项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系推导出满足的关系式，再据此求解即可； （2）解法一：求出的通项表达式，结合错位相减法即可求解；解法二：对进行裂项，即，再直接求和相加即可． 【小问1详解】 因为，当时，，∴， 当时，， ∴，即， 又，∴数列是首项为，公比为的等比数列， 故． 【小问2详解】 解法一：， 故， 所以， 错位相减得 ， 故． 解法二：∵， ∴． 16. 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱平面，，为线段AD的中点，为PC上的一点，且． （1）求直线EF与平面所成的角的正弦值； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量和，再代入空间向量的线面角公式即可； （2）求出平面和平面的法向量，代入空间向量的二面角公式计算即可； 【小问1详解】 连接AC，因为底面是正方形，侧棱平面， 以为原点，DA，DC，DP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， ，，平面， 平面，，，， 取平面的法向量为， ，，又， ， 而，， 记直线EF与平面所成的角为，则， 所以直线EF与平面所成的角的正弦值为． 【小问2详解】 设平面的法向量为，，，， ，即，令，则取， 易知平面，取平面的法向量为， 记平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 动点与定点的距离和它到定直线：的距离的比值是，动点的轨迹记为曲线. （1）求曲线的轨迹方程； （2）已知点，，直线与曲线交于两点，，，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据两点间的距离公式和点到直线的距离公式列出方程即可； （2）根据点的坐标求出直线的方程，联立直线与双曲线方程，根据根与系数的关系得到与的值，结合条件代入计算即可求得的值. 【小问1详解】 依题意，，化简得，即； 所以曲线C的方程为. 【小问2详解】 由题意可知，直线的方程为，即，且； 设点，， 由，得； 所以，，， ，，因为，， 所以，化简得， 所以； 所以. 所以的值为. 18 已知椭圆过和两点. （1）求椭圆C的方程； （2）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点P和Q. （i）证明：点B在以为直径的圆内； （ii）求四边形面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）6 【解析】 【分析】（1）将两点代入椭圆中，解方程组即可求得椭圆C的方程； （2）（i）分别将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出两点坐标，由数量积可得为钝角，得出证明； （ii）由（i）可写出四边形的面积为，再利用基本不等式以及函数单调性即可得出面积的最大值为6. 【小问1详解】 依题意将和两点代入椭圆可得 ，解得； 所以椭圆方程为 【小问2详解】 （i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，； 根据题意可知直线斜率均存在，且； 所以直线的方程为，的方程为； 联立直线和椭圆方程，消去可得； 由韦达定理可得，解得，则； 联立直线和椭圆方程，消去可得； 由韦达定理可得，解得，则； 则，； 所以； 即可知为钝角， 所以点B在以为直径的圆内； （ii）易知四边形的面积为， 设，则，当且仅当时等号成立； 由对勾函数性质可知在上单调递增， 所以，可得， 由对称性可知，即当点的坐标为或时， 四边形的面积最大，最大值为6. 【点睛】关键点点睛：证明点和圆的位置关系时，可利用向量数量积的正负判断与直径所对圆周角的大小即可得出结论；在求解四边形面积的最值时，首先可用一个变量表示出面积的表达式，再根据函数单调性或基本不等式求出最值即可. 19. 在平面内，若点P，Q分别是直线l与圆C上的动点，则称的最小值为直线l与圆C的“线圆距离”，类比到空间中，若点P，Q分别是平面内与球M表面上的动点，则称的最小值为平面与球M的“面球距离”．如图，在直四棱柱中，，，，，点在线段AD上，且，点在线段上． （1）求直线CD与外接圆“线圆距离”； （2）求平面与三棱锥外接球的“面球距离”； （3）当平面与三棱锥外接球的“面球距离”为零时，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出外接圆的圆心为的中点，即，求出外接圆方程和直线CD的方程，利用点到直线距离公式得到圆心到直线CD的距离，得到答案； （2）三棱锥外接球的球心为，半径为，求出平面的一个法向量，求出球心到平面的距离，得到“面球距离”为； （3）设，则，求出平面的一个法向量，得到点到平面的距离为，根据“面球距离”为零，得到，得到不等式，计算出的最大值是. 【小问1详解】 以A为原点，AB，AD，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， ， 在平面上，外接圆的圆心为的中点，即， 且， 故外接圆方程为：， 直线CD的方程为，即， 圆心到直线CD的距离为， 所以“线圆距离”是． 【小问2详解】 外接圆的圆心为，又， 故三棱锥外接球的球心为，半径为， 设平面的一个法向量为， 则， 解得，令，则，故， 故到平面的距离为， 故“面球距离”为； 【小问3详解】 ，设，则， ，，， 记平面的一个法向量为， 则，即，取， 所以点到平面的距离为， 当球与平面相切或相交时，即“面球距离”为零， 所以，即， 令，代入得， 即，得，故， 或者直接化简得， 从而，所以的最大值是． 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期高二年级期末考试数学试卷(书院部) 本试卷分为第I卷和第II卷 满分150分 考试时间120分钟 命题人：汪海军 审题人：王晓 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 若椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则（ ） A. 4 B. 16 C. 32 D. 64 4. 已知向量，是平面的两个不共线向量，非零向量是直线l的一个方向向量，则“，，三个向量共面”是“”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 5. 将4名乡村振兴志愿者分配到科技助农，文艺文化，科普宣传和乡村环境治理4个项目进行培训（每个项目都有志愿者参加），每名志愿者只分配到1个项目，志愿者小王不去文艺文化项目，则不同的分配方案共有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 18种 D. 48种 6. 当圆截直线所得的弦长最短时，实数（ ） A. －1 B. C. 1 D. 7. 已知椭圆分别为左右焦点，为椭圆上一点，满足，则的长为（ ） A. B. C. D. 8. 点P是所在平面外一点，，，，则点到平面距离的最大值是（ ） A. B. 6 C. D. 8 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. 设是等差数列，是其前n项和，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 与均为的最大值 D. 为的最小值 10. 已知抛物线，为其焦点，直线与抛物线交于，两点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点为抛物线上一点，点坐标为，则的最小值为 B. 若直线过焦点，则以为直径的圆与相切 C. 若直线过焦点，当时，则 D. 设直线的中点坐标为，则该直线的斜率与无关，与有关 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点，在四边形所在的平面内，若，，则下述结论正确的是（ ） A. 二面角平面角的正切值为2 B. C. 点的轨迹是一个圆 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 三、填空题 (本题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 已知，，则_______ 13. 已知，，且，，，则______． 14. 已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，，分别为的两个焦点，动点P在上（异于的左、右顶点），的重心为G，若直线与的斜率之积为非零常数，则______． 四、解答题 (本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤) 15. 设数列的前n项和为，且． （1）求数列通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱平面，，为线段AD的中点，为PC上的一点，且． （1）求直线EF与平面所成的角的正弦值； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 动点与定点的距离和它到定直线：的距离的比值是，动点的轨迹记为曲线. （1）求曲线的轨迹方程； （2）已知点，，直线与曲线交于两点，，，求的值. 18 已知椭圆过和两点. （1）求椭圆C的方程； （2）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点P和Q. （i）证明：点B在以为直径的圆内； （ii）求四边形面积的最大值. 19. 在平面内，若点P，Q分别是直线l与圆C上的动点，则称的最小值为直线l与圆C的“线圆距离”，类比到空间中，若点P，Q分别是平面内与球M表面上的动点，则称的最小值为平面与球M的“面球距离”．如图，在直四棱柱中，，，，，点在线段AD上，且，点在线段上． （1）求直线CD与外接圆的“线圆距离”； （2）求平面与三棱锥外接球的“面球距离”； （3）当平面与三棱锥外接球的“面球距离”为零时，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $