重庆市主城七校联考2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题 Word版含解析

2024－2025学年度（上）期末考试高2026届数学试题考试时间120分钟试题总分150分试卷页数4页一、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.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.不存在【答案】C【解析】【分析】根据直线的方程，利用斜率和倾斜角的关系求解.【详解】，由于为常数，则直线的倾斜角为90°.故选：C.2.已知等比数列中，，，则等于（）A. B. C.6 D.不确定【答案】B【解析】【分析】由等比中项即可求解；【详解】由，可得：，又等比数列所有奇数项同号，，所以，故选：B3.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线法向量，在平面直角坐标系中，过的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据点法式方程的定义即可求解.【详解】与平面向量类比，得到空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为：，化简得.故选：A.4.方程所表示的图形是（）A.一个圆 B.一个半圆 C.两个圆 D.两个半圆【答案】D【解析】【分析】根据和，平方化简可得圆的方程，即可求解.【详解】由于，故或，当时，则，平方可得，表示圆心为半径为2的右半圆，当时，则，平方可得，表示圆心为半径为2的左半圆，故选：D5.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.已知数列满足：，，则（）A.5 B.4 C.3 D.2【答案】B【解析】【分析】根据“冰雹猜想”结合递推关系，利用规律求解即可【详解】,可知数列可看作从第8项起以3为周期的数列，因为，所以，故选：B6.已知椭圆的一个焦点是，过原点的直线与相交于点，，的面积是，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设直线方程，联立直线与椭圆，根据的面积求出，利用弦长公式求出弦长.【详解】如图：由题，不妨设，直线斜率存在，设直线方程，联立，，，解得，故，故选：D.7.数列中，，，若，则（）A.8 B.9 C.10 D.11【答案】A【解析】【分析】由得出是以3为首项，3为公比的等比数列，根据等比数列的求和公式求解.【详解】由，令，则，故是以3为首项，3为公比的等比数列，，，故，故选：A.8.如图：，是双曲线左右焦点，以为圆心的圆与双曲线的左右两支分别交于，两点，且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设圆的半径为，由条件结合双曲线的定义证明，结合双曲线定义及余弦定理列方程确定关系，由此可得结论.【详解】设圆的半径为，则，因为，所以，由双曲线定义可得，所以，故，，，，在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，由已知，所以，所以，所以，所以，所以双曲线的离心率.故选：D.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2分或4分，有选错得0分.9.已知数列和是等比数列，则下列结论中正确的是（）A.是等比数列B.可能是等差数列C.，，是等比数列D.是等比数列【答案】ABD【解析】【分析】根据等比数列性质，和等比，等差数列的定义来逐一分析每个选项是否正确.【详解】对于选项A，设数列的公比为（），则（常数）.所以是以为首项，为公比的等比数列，选项A正确.对于选项B，当时，数列是等比数列，公比为，此时，那么是公差为的等差数列，所以可能是等差数列，选项B正确.对于选项C，设数列的公比为（）.当,.因为等比数列的项不能为，所以此时不是等比数列，选项C错误.对于选项D，设数列的公比为（），数列的公比为（）.则（常数），所以是以为首项，为公比等比数列，选项D正确.故选：ABD.10.已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，过点的直线交抛物线于，两点，分别过，作准线的垂线，垂足为，，线段的中点为，则下列结论正确的是（）A.线段长度的最小值为B.若，，则为定值C.D.若，则直线倾斜角的正弦值为【答案】ACD【解析】【分析】先求抛物线的焦点坐标，准线方程，设直线的方程为，联立方程组可得，，由此判断B，结合焦点弦公式求线段长度的最小值，判断A，证明判断C，结合条件求的坐标，结合两点斜率公式求直线倾斜角的正切值，再求其正弦值，判断D.【详解】抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，准线与轴的交点的坐标为，若直线的斜率为，直线的方程为，此时直线与抛物线的交点为，与条件矛盾，故直线的斜率不为，设直线的方程为，联立，消可得，，方程的判别式，由已知为方程的两个实根，所以，，B错误；所以，当且仅当时等号成立，所以当时，线段长度取最小值，最小值为；A正确；由已知，，所以点的坐标为，即，所以，，所以，又，，所以，所以，C正确；若，则直线的斜率为，点在第一象限，所以，又，所以，所以，所以或（舍去），设直线倾斜角为，则，所以，所以直线倾斜角的正弦值为，D正确；故选：ACD.11.如图，在棱长为6的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（）A.三棱锥体积定值B.存在点，使平面平面C.设直线与平面所成角为，则最小值为D.平面截正方体所得截面的面积为【答案】ACD【解析】【分析】选项A：由等体积变换可得，可判断；选项B：建立空间直角坐标系，设，根据空间向量由面面平行可得，可判断；选项C：根据空间向量法表示线面角，可得，进而可得；选项D：先做出平面截正方体所得截面，根据线面关系可得截面的面积.【详解】选项A：，故A正确；选项B：如图建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，令，则，则，，设，故，则,由，得，不合题意，故B错误；选项C：平面法向量为，则，，当时，取最小值为，故C正确；选项D：如图，直线分别交的延长线于点，连接交于，连接交于，连接，由题意可知五边形即为平面截正方体所得截面，因，分别为棱，的中点，，，，得，由正方体性质可知，，故所求截面面积为，由选项可知，，，故，，故，，，故所求截面面积为，故D正确，故选：ACD【点睛】关键点点睛：D选项的关键是先根据空间点线面的关系做出截面，进而由线面关系可求面积.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面的一个法向量为，平面内一点的坐标为，平面外一点的坐标为，则点到平面的距离为______.【答案】【解析】【分析】求向量的坐标，再求在法向量上的投影向量的模即可.【详解】由已知，又在上的投影向量的模为，，所以点到平面的距离为，所以点到平面的距离为.故答案为：.13.已知等差数列中，前项和为，这项中的偶数项之和为，且，则数列的通项公式______.【答案】【解析】【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列性质条件可转化为，，解方程求，再结合等差数列通项公式求，由此可求通项公式.【详解】设等差数列的公差为，因为等差数列中，前项和为，所以，故，因为等差数列中前项中的偶数项之和为，所以，故，所以，解得，所以，又，所以，，所以，，所以所以数列的通项公式为.故答案为：.14.已知椭圆的左右焦点分别为、，过作直线交椭圆于、两点，其中点在轴下方，内切圆交边于点，则线段的长度取值范围为______.【答案】【解析】【分析】根据内切圆的有关性质知，，结合椭圆的定义可推出，注意到点在下方，所以，.【详解】因为的内切圆交边于点，所以,又因为在椭圆中，,所以，而，（等号取不到）因此故答案为：.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.15.已知圆与两坐标轴均相切，且过点.直线过点交圆于，两点.（1）求圆的方程；（2）若且，求直线的方程.【答案】（1）或；（2）或.【解析】【分析】（1）根据圆与两坐标轴均相切，且过点，可得，得，解出即可；（2）结合第一问和已知得到圆的方程为，根据，得到，再令于 ，设，，得到方程组 ，解得 ，再设，根据圆心到的距离求出即可.【小问1详解】圆与两坐标轴均相切，且过点，，则，得，或，圆的方程为或；【小问2详解】，，圆的方程为，，，作 于 ，设，则 ，故 ，解得，设，则，则圆心 到 的距离 ，，化简得：，解得或，直线的方程为或.16.如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，点，分别在线段，上，且，.（1）求证：平面（2）求直线与平面所成角正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过点作交于点，连接，由，得到，运用线面平行判定定理得到平面和平面，得到平面平面，再用面面平行性质得到线面平行即可.（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和平面法向量坐标，结合向量夹角余弦值公式计算即可.【小问1详解】证明：过点作交于点，连接因为，且，又因为，故，所以又因为平面，平面，所以平面.因为，平面，平面，所以平面又，平面，则平面平面，因为平面，所以平面.【小问2详解】以中点为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图.则，，，，设，由即得，，易知，平面的一个法向量为设直线与平面所成角为，故直线与平面所成角的正弦值为17.已知为等差数列，为等比数列且公比大于，，，，（1）求和的通项公式；（2）设，记数列的前项和为，求.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）设数列公差为，数列公比为，利用等差数列通项公式和等比数列通项公式将条件转化为的方程，解方程求，再利用等差数列通项公式，等比数列通项公式求结论；（2）由（1）可得，分别在为偶数和奇数条件下，利用分组求和法，裂项相消法及等比数列求和公式求结论.【小问1详解】设数列公差为，数列公比为，由，得解得．所以．由于，即，又，，所以，解得或（舍去）所以；【小问2详解】由（1）得：所以所以所以当为偶数时：当为奇数时：.18.如图，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到如右图所示的四棱锥，记二面角的平面角为.（1）当时，求证：平面；（2）当时，（i）求点到底面的距离；（ii）设是侧棱上一动点，是否存在点，使得的余弦值为，若存在，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）（i）；（ii）存在，【解析】【分析】（1）翻折后由，，确定，得到平面，再结合勾股定理得到，即可求证；（2）（i）过点作，垂足为，确定平面，即可求解；（ii）建系，求得平面的法向量，通过向量夹角公式即可求解.【小问1详解】因为翻折前，所以翻折后，，由二面角的定义可知，二面角的平面角，当时，，即，又，且，平面，平面，平面，，又在三角形中，易知，，，满足：，由勾股定理可知，，，且，平面，平面.【小问2详解】当时，（i）由（1）知，，，平面，平面，又平面，平面平面，在平面内，过点作，垂足为，又平面平面，故平面，即为点到平面的距离，在中，，，故.（ii）由（i）知，如图建立空间直角坐标系，故，，，，设，设，即，即，设平面法向量为，，，，即，令，得，，即，设平面的法向量，，，，即，令，得，，即，的余弦值为，，解得，即.19.已知椭圆左，右焦点分别为，，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点（其中点在轴上方），的周长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直.①若，求三棱锥的体积；②是否存在，使得折叠后的周长为与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）①；②存在，【解析】【分析】（1）由条件结合离心率的定义，椭圆的定义列关于的方程，解方程求，再根据关系求，由此可得椭圆方程；（2）①由已知可得直线方程为，联立方程组求出的坐标，再求三棱锥的底面面积和高，结合锥体体积公式求结论；②假设存在满足条件，设在新图形中对应点记为，由假设可得，设直线方程为，设折叠前，，联立方程组求的纵坐标关系，结合两点距离公式可转化为，代入化简求结论.【小问1详解】由椭圆的定义知，，所以的周长，所以，又椭圆离心率为，所以，所以，，所以椭圆的标准方程