贵州省黔东南苗族侗族自治州2024-2025学年高二上学期期末文化水平测试数学试题 Word版含

贵州省黔东南苗族侗族自治州2024-2025学年高二上学期期末文化水平测试数学试题注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共19道小题，满分150分，考试用时120分钟.2.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，将条形码贴在答题卡“考生条形码区”．3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答䅁标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效．一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.在数列中，若，则（）A.3 B.5 C.8 D.13【答案】C【解析】【分析】利用递推关系，直接写出前6项.【详解】解：由，可以写出数列的前6项：.，故选：C.2.已知直线的倾斜角为，且过点，则在直线上的点是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求得直线的方程为，再验证.【详解】解：因为直线的倾斜角为，且过点，所以直线的方程为，当时，.故选：D.3.拋物线的准线方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的方程求出的值，即得准线方程.【详解】抛物线的开口向右，，准线方程是.故选:A.4.若圆的圆心为，则点到直线的距离为（）A2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据圆的标准方程求出圆心坐标，再利用点到直线的距离公式求解即可.【详解】因为圆，所以圆心的坐标为则圆心到直线的距离为.故选：D.5.已知，若平面，则（）A.11 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】先利用线面垂直的性质可得，，再根据数量积为零求出最后根据模长公式求解即可.【详解】平面，平面，平面，所以，，所以，因为，可得，解得则故选：B.6.已知等比数列的各项均为正数，且，则（）A.10 B.9 C.6 D.3【答案】B【解析】【分析】利用对数的运算性质和等比数列的性质可求得的值.【详解】因为数列是各项都为正数的等比数列，则，所以，，则，故.故选：B.7.如图，，是平面上的两点，且，图中的一系列圆是圆心分别为，的两组同心圆，每组同心圆的半径分别是1，2，3，…，A，B，C，D，E是图中两组同心圆的部分公共点.若点A在以，为焦点的椭圆M上，则（）A.点B和C都在椭圆M上 B.点C和D都在椭圆M上C.点D和E都在椭圆M上 D.点E和B都在椭圆M上【答案】C【解析】【分析】由点A在椭圆上及椭圆定义求得，即可根据定义逐个判断其它点是否在椭圆上.【详解】由同心圆及点A在以，为焦点的椭圆M上得，故椭圆中，∵，，，.故点D和E都在椭圆M上.故选：C8.在三棱锥中，平面，点分别为,的中点，为线段AB上的点（不包括端点），若异面直线与所成角的余弦值为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量公式解方程即得.【详解】易知两两垂直，故以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，因，故，又，在直角三角形中，，则，，设则，，解得或（舍去），故.故选：A.二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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.已知等差数列的通项公式是，则（）A.等差数列的公差 B.数列是递减数列C.-100是数列中的某一项 D.数列一定是等比数列【答案】BD【解析】【分析】求出公差判断A；根据公差小于零判断B；令判断C；根据等比数列的定义判断D.【详解】等差数列的公差故A错误；因为，所以数列是递减数列，故B正确；由得，所以-100不是数列中的某一项，故C错误；，且，数列一定是等比数列，故D正确.故选：BD.10.双曲线的左、右焦点分别为是双曲线右支上一点，且直线的斜率为2.若是面积为8的直角三角形，则（）A.点必落在第四象限 B.C. D.是双曲线的一条渐近线【答案】AC【解析】【分析】对于A，利用条件结合图形易判断；对于B，由条件表示出的三边，利用三角函数的定义即得；对于C，由B项条件，根据的面积，求得，再利用双曲线定义求出的值，即可求出的值；对于D，结合C项结论，可得双曲线方程，由其渐近线方程即可判断.【详解】对于A，如图，直线的斜率为2，且是直角三角形，故点必落在第四象限，故A正确；对于B，由题可知设，则则故，故В错误；对于C，如B项所设，得，则即，由双曲线的定义可得：则故，即C正确；对于D，由上分析，双曲线的方程为，所以双曲线的渐近线方程为故D错误.故选：AC.11.如图，在棱长为1的正方体中，，分别是，的中点，则（）A.B.平面C.二面角的平面角的正切值为D.点到平面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】证明平面，即可判断A；根据，而与平面相交，即可判断B；取线段的中点，即可得到是二面角的平面角，从而判断C，再利用等体积法判断D.【详解】因为四边形ABCD是正方形，为的中点，所以，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，，故A正确；因为，分别是，的中点，所以，而与平面相交，所以与平面相交，故B错误；取线段的中点，则，又为等边三角形，所以，所以是二面角的平面角，又平面，平面，所以，所以，所以二面角的平面角的正切值为，故C正确；因为是棱长为的正四面体，，又，点到平面的距离为，故D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：（1）求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．（2）作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.大约2000多年前，我国墨子就给出了圆的概念：“一中同长也.”意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周上的点的距离都相等.这个定义比古希腊数学家欧几里德给出的圆的定义要早100年.已知是坐标原点，，若，则线段长的最大值是______.【答案】3【解析】【分析】利用点和圆的位置关系结合给定条件求解即可.【详解】因为是坐标原点，，所以点在以坐标原点为圆心，1为半径的圆上，由两点间距离公式得，则点在圆外，故线段长的最大值是.故答案为：313.已知数列的前项和，则______.【答案】15【解析】【分析】利用求解即可.【详解】因为，所以故答案为：15.14.已知三棱锥的棱长均为2，且是BC的中点，则______.【答案】1【解析】【分析】由，再利用数量积运算求解.【详解】解：，，.故答案为：1四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.在平面直角坐标系xOy中，已知三个顶点是.（1）求BC边所在直线的方程；（2）若BC边上中线AD的方程为，求点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用两点的斜率公式求出直线BC的斜率，即可求直线的点斜式方程，转化为一般式方程即可.（2）求得线段BC的中点，代入求得，又点在中线AD上，可求得点的坐标.【小问1详解】，直线BC的斜率为，根据点斜式方程得，边所在直线的一般方程为.【小问2详解】由题知，线段BC的中点，代入中线AD方程，得，解得.点在中线AD上，，解得，点的坐标是.16.已知等差数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式及；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用给定条件求出公差，再利用公式法求解前项和与通项公式即可.（2）利用裂项相消法求和即可【小问1详解】设等差数列的公差为，由题知，解得，，.小问2详解】由题意得，，.17.已知的圆心在直线上，且经过点.（1）求的标准方程；（2）若直线经过点且与相切，求直线的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）求出线段AB的垂直平分线方程，与联立求出圆心坐标，再求MA可得答案；（2）直线的斜率不存在时，利用圆心到直线x=0的距离小于半径得不符合题意，设的方程为，利用圆心到直线的距离等于半径可得答案.【小问1详解】经过，圆心在线段AB的垂直平分线上，联立得，所以圆心M的坐标为，，的标准方程为；【小问2详解】若直线的斜率不存在，即x=0，圆心到直线x=0的距离为，此时直线不是圆的切线，不符合题意；设的方程为，即，直线与相切，，即，解得或，直线的方程为或.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，侧棱底面ABCD，AB垂直于AD和是棱SB的中点.（1）求证：平面SCD；（2）求直线SC与平面CDM所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，求得平面SCD的法向量是，由证明；（2）求得平面CDM的法向量为n1=x1,y1,z1，设直线SC与平面CDM所成角为，由求解.【小问1详解】证明：以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，则.设平面SCD的法向量是，则，即令，则，于是.，，又平面SCD，平面SCD.【小问2详解】点的坐标为，，设平面CDM的法向量为n1=x1,y1,z1，，即可求得平面CDM的一个法向量，设直线SC与平面CDM所成角为，则，直线SC与平面CDM所成角的正弦值为.19.已知椭圆的焦点和短轴顶点构成边长为2的正方形.（1）求椭圆的标准方程和离心率；（2）过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在轴上是否存在点使得恒成立.若存在，求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1），（2）存在，【解析】【分析】（1）根据椭圆焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，得到求解；（2）设点的坐标为，分过点的动直线的斜率不存在，过点的动直线的斜率存在，设该直线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，由求解.【小问1详解】解：椭圆的焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，，，椭圆的标准方程为，离心率.【小问2详解】设点的坐标为，①若过点的动直线的斜率不存在，则或，此时只需.②若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为，设，由可得∴Δ=16k2+82k2+1>0,而，因为恒成立，故，解得.由①②可知，，存在，使得恒成立.