安徽省合肥市六校2024-2025学年高二上学期1月期末联考数学试题 Word版含解析

2024—2025学年第一学期期末联考高二年级数学试卷（考试时间：120分钟；满分：150分）命题学校：合肥七中命题人：审题人：一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标是（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据的坐标为，可得长方体的长、宽、高，从而可得出点的坐标.【详解】由的坐标为，为坐标原点，所以，，的坐标为.故选：A【点睛】本题考查了写空间直角坐标系中的点，属于基础题.2.已知直线l：，则直线l的斜率为（）A.B.C.D.第1页/共20页学科网（北京）股份有限公司【答案】B【解析】【分析】把一般式转化为斜截式即可得出斜率.【详解】由题意得：直线的斜截式方程为，所以直线的斜率为.故选：B3.等比数列的前项和为，且，，则（）A.63B.48C.31D.15【答案】C【解析】【分析】根据等比数列基本量的计算可得公比和首项，即可由求和公式求解.【详解】令等比数列的公比为，则，，解得，，所以.故选:C4.在下列条件中，使与一定共面的是（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间共面向量定理的应用，依次判断选项即可.【详解】对于A，，由于，所以不能得出共面故A不符合题意；对于B，由于，则为共面向量，所以共面.故B符合题意；对于C，，由于，所以不能得出共面.故C不符合题意；对于D，由得，第2页/共20页学科网（北京）股份有限公司而，所以不能得出共面.故D不符合题意；故选：B5.圆与圆的公共弦长为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出圆心坐标与半径，即可判断两圆相交，再两圆方程作差得到公共弦方程，最后求出弦长即可.【详解】圆的圆心为，半径，圆，即，圆心为，半径，又，即，所以两圆相交，则两圆方程作差得到公共弦方程为，又圆心到直线的距离，所以公共弦长为．故选：B6.已知四面体，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则（）A.1B.2C.-1D.-2【答案】D第3页/共20页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】在四面体中，取定一组基底向量，表示出，，再借助空间向量数量积计算作答.【详解】四面体的所有棱长均为2，则向量不共面，两两夹角都为，则，因点E，F分别为棱AB，CD的中点，则，，，所以.故选：D7.数列满足：，若，则数列的前10项的和为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用数列的前项和与通项的关系求出通项，再化简的通项，利用裂项相消法即可求得其前10项的和.【详解】由，当时，；当时，，两式相减可得，即（），经检验，当时，上式符合，故，所以，所以.故选：C.第4页/共20页学科网（北京）股份有限公司8.人教A版必修第一册第92页“探究与发现”的学习内容是“探究函数的图象与性质”，函数的图象实际上是双曲线.则函数的图象对应的双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用对勾函数的性质先确定的渐近线，利用正切的二倍角公式及双曲线离心率计算即可.【详解】设双曲线的两条渐近线的夹角记为，易知函数的渐近线为：与纵轴，所以，又双曲线的离心率满足：，解方程可得（负值舍去），所以.故选:A.二、多选题：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.9.等差数列的前项和为.若，，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据等差数列基本量的计算可得首项和公差，进而根据通项以及求和公式求解.A【详解】解：设首项为，公差为，由，可得，，解得，所以，，第5页/共20页学科网（北京）股份有限公司故选：AC.10.已知抛物线：，为坐标原点，过点的直线交抛物线与，两点，则（）A.抛物线的准线为B.C.D.的最小值为4【答案】BC【解析】【分析】对A，根据抛物线方程求准线判断；对B：将直线方程与抛物线联立判断；对C：用数量积坐标表示求算；对D：用基本不等式求最小值.【详解】对A：由知准线为，故A错误；对B：设直线的方程为联立，得，则，所以B正确；对C：，故C正确；对D：，当且仅当即时取等号，故D错误.故选：BC11.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（）第6页/共20页学科网（北京）股份有限公司A.三棱锥的体积为定值B.异面直线AP与所成角的取值范围是C.平面ADP与平面ABCD所成夹角的余弦值取值范围是D.直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于B，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于CD，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出平面与平面所成角的余弦值和直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.【详解】对于A，，平面，平面，所以平面，因为点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B，因为，所以异面直线与所成的角即为与所成的角，当点位于点时，与所成的角为，当点位于的中点时，因为平面，，所以，此时，与所成的角为，第7页/共20页学科网（北京）股份有限公司所以异面直线与所成角的取值范围是，故B正确；对于C，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，，则，，设平面的法向量，设平面的法向量，，则，即，令，则，则得，面与平面所成夹角为，所以，因为，，所以，，所以平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是，故C错误；对于D，则，，，，，，设平面的法向量，则，即，令，则，得，所以直线与平面所成角的正弦值为：，当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，第8页/共20页学科网（北京）股份有限公司最大值为，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.双曲线的焦距为______.【答案】8【解析】【分析】根据双曲线方程即可求解.【详解】因为双曲线方程为，所以，所以双曲线的焦距为8.故答案为：8.13.过动点作圆的切线，点为切点，若（为坐标原点），则的最小值是______.【答案】【解析】【分析】设的坐标为，由题意结合圆的切线的几何性质推出在直线上，继而将的最小值转化为点到直线的距离，即可求解.【详解】根据题意，设的坐标为，圆的圆心为，则.第9页/共20页学科网（北京）股份有限公司为圆的切线，则有，又由，则有，即，变形可得：，即在直线上，则的最小值即为点到直线的距离，且，即的最小值是；故答案为：.14.如图，曲线上的点与轴上的点（构成一系列正三角形：，，…，.设正三角形的边长为，点.则数列的通项公式为______.【答案】【解析】【分析】由是边长为的正三角形，得的坐标，再将其坐标代入中，可求出的值，又由于每一个三角形都为正三角形，从而可得，再将点的坐标代入中，可得，再由求出，所以数列为等差数列，从而第10页/共20页学科网（北京）股份有限公司可求得.【详解】由条件可得为正三角形，且边长为，，由在曲线上，得，，，根据题意，得点在曲线上，所以，整理，得.当，时，，∴即.，，当时，，即，解得或（舍），故所以数列是首项为，公差为的等差数列，.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.第11页/共20页学科网（北京）股份有限公司15.圆内有一点，AB为圆的过点P且倾斜角为的弦．（1）当时，求的长；（2）当弦AB最短时，求直线AB的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出直线的方程，然后求圆心到直线的距离，再利用圆心距，弦和半径的关系可求出的长，（2）由圆的性质可知当时，弦AB最短，从而可求出直线AB的方程【小问1详解】直线AB的斜率，圆的半径．则直线AB的点斜式方程为，即．则圆心到直线AB的距离．由垂径定理，得，所以,解得．【小问2详解】当弦AB最短时，P为AB的中点，由题意，则．则直线AB的点斜式方程为，即．16.已知平面上两点，，动点满足.（1）求动点的轨迹的标准方程；第12页/共20页学科网（北京）股份有限公司（2）当时，求点的纵坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆定义可得答案；（2）设，可得，与椭圆方程联立可得答案.【小问1详解】由，，动点满足，可得动点轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，所以，，，所以轨迹的标准方程为；【小问2详解】当动点满足时，可得在以为直径的圆上，设，可得，又，解得，，则的纵坐标为.17.已知三棱柱中，，，.第13页/共20页学科网（北京）股份有限公司（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面所成二面角的余弦值.【答案】（1）答案见解析.（2）【解析】分析】（1）要证平面，只需求证，结合已知，即可求得答案；（2）以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，根据，即可求得答案.【详解】（1）,.在中,,由余弦定理得,,.又,,又,平面.（2）由（1），第14页/共20页学科网（北京）股份有限公司又在中，可得又平面；由（1）得平面，又以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，如图：则,又解得：，故设平面法向量为第15页/共20页学科网（北京）股份有限公司由，可得故：取，则设平面法向量为由，可得故：取可得：平面与平面所成二面角的余弦值.【点睛】本题主要考查了线面垂直和向量法求二面角，解题关键是掌握线面垂直的证法和向量法求面面角的解法，考查了分析能力和计算能力,属于中档题.18.在数列中，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）记，且数列的前项和为，若为数列中的最小项，求的取值范围.第16页/共20页学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)已知数列的递推公式，用累加法求通项即可;(2)由(1)可得，则，化简得到对任意恒成立，分类分别求出当时的取值范围，再证明出时为递增数列，即，综合求出的取值范围.【详解】解：(1)，，，……，上式累加可得:，，又，∴;(2)由(1)可得，∴，因为为数列中的最小项，所以，即，第17页/共20页学科网（北京）股份有限公司当时，得，∴;当时，;当时，得，∴，令，则，当时，，，∴，又可验证当时，也成立，∴当时，数列为递增数列，∴，即.综上所述，的取值范围为.【点睛】①已知数列递推公式求通项公式有多种方法，答题时要仔细区分，且最后一定要注意检验;②数列本质上是函数，因此具有一些函数的性质，解决某些数列问题时可以用上函数的相关方法.19.已知抛物线方程为焦点，为抛物线准线上一点，为线段与抛物线的交点，定义：.（1）当时，求；（2）证明：存在常数，使得；（3）为抛物线准线上三点，且，判断与的关系.【答案】（1）；（2）2；（3）见解析【解析】第18页/共20页学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）求解出点坐标，然后得到和，从而求得；（2）通过假设点坐标得到直线方程，与抛物线联立后得到，代入，整理得到结果；（3）由可知为中点，假设三点坐标，代入，将式子整理为和的形式，然后通过平方运算可得到，从而得到结论：.【详解】由题意可知：，准线方程为：（1）因为联立方程则（2）当时，易得设，，直线，则联立，第19页/共20页学科网（北京）股份有限公司由对称性可知亦成立综上所述，存在，使得（3）由可知为中点设，则因为又因所以【点睛】本题考查抛物线中的定值问题、直线与抛物线的综合应用.解决第三问三者之间关系的关键是能够明确问题的本题，其本质为三角形中的三边关系问题：为的中线，则由三角形两边之和大于第三边，可知；明确本质之后即明确了证明方向，对于学生的转化与化归能力要求较高.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司