山东省临沂市2024-2025学年高二上学期期末学科素养水平监测数学试卷 Word版含解析

临沂市2023级普通高中学科素养水平监测试卷数学2025.1注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上.2.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案标号涂黑.如需要改动，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.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、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.已知直线与平行，则（）A.2B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】根据直线一般式中平行满足的系数关系即可求解.【详解】由于直线与平行，故，解得，故选：D.2.若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（）A.，，B.，，C.，，D.，，【答案】C【解析】【分析】利用基底的意义，逐项判断即得.【详解】对于A，，向量，，共面，A不是；第1页/共18页学科网（北京）股份有限公司对于B，，向量，，共面，B不是；对于C，假定向量，，共面，则，而不共面，于是，无解，因此向量，，不共面，C是.对于D，，向量，，共面，D不是.3.已知数列为等比数列，若，，则（）A.9B.12C.15D.18【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出等比数列公比，进而求出.【详解】设等比数列公比为，，而，，则，解得，所以.故选：B4.已知双曲线（，）离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由离心率求出，进而求出渐近线方程.【详解】由双曲线的离心率为，得，解得，而曲线的渐近线方程为，即，所以该双曲线的渐近线方程为.故选：A.5.已知空间向量，，则在上的投影向量为（）第2页/共18页学科网（北京）股份有限公司A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解.【详解】空间向量，，则，所以在上的投影向量为.故选：A6.在等差数列中，若，则（）A.24B.28C.32D.36【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列的通项公式列式化简求解.【详解】设等差数列的公差为，由，得，则，所以.故选：D.7.已知圆与圆交于，两点，当弦最长时，实数的值为（）A.B.C.1D.2【答案】C【解析】【分析】求出圆的圆心及半径，再求出公共弦所在的直线方程，进而求出弦长最长时的值.【详解】圆的圆心，半径，显然原点在圆内，又在圆内，第3页/共18页学科网（北京）股份有限公司因此两圆必相交，直线方程为，而弦最大值为6，即为圆的直径，此时直线过点，则，所以.故选：C.8.已知空间直角坐标系中，、、，点是空间中任意一点，若，，，四点共面，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，根据空间向量的坐标运算可得出关于、、、、的等式组，消去、可得结果.【详解】在空间直角坐标系中，、、，则，，，因为、、、四点共面，设，即，可得，消去、可得，即，故选：A.二、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.第4页/共18页学科网（北京）股份有限公司9.椭圆：的左、右焦点分别为，，点为上的任意一点，则（）A.椭圆的长轴长为3B.椭圆的离心率为C.的最大值为5D.存在点，使得【答案】BC【解析】【分析】根据给定的椭圆方程，求出其长短半轴长、半焦距，再逐项判断得解.【详解】椭圆：的长半轴长，短半轴长，半焦距，对于A，椭圆的长轴长为6，A错误；对于B，椭圆的离心率为，B正确；对于C，，C正确；对于D，，以线段为直径的圆在椭圆内，因此不存在点，使得，D错误.故选：BC.10.已知圆：，是直线：上的一动点，过点作直线，分别与相切于点，，则（）A.存在圆心在上的圆与相内切B.四边形面积的最小值为C.的最小值是D.点关于的对称点在内【答案】ABD【解析】【分析】利用两圆内切的条件判断A；借助切线长定理求出面积最小值判断B；求出时对应弦长判断C；求出点关于直线的对称点到圆心距离判断D.【详解】圆：的圆心，半径对于A，在直线上取点，，点在圆外，以点为圆心，为半径的圆与圆相内切，A正确；对于B，四边形面积，第5页/共18页学科网（北京）股份有限公司点到直线的距离，则，，当且仅当时取等号，B正确；对于C，当时，，由，得，解得，C错误；对于D，点到直线的距离为，点与点的距离为5，点与圆心确定的直线斜率为，而直线的斜率为，即点与确定的直线垂直于，因此点关于的对称点到点的距离为，则点关于的对称点在内，D正确.故选：ABD11.如图，该几何体是四分之一圆柱体（点，分别是上、下底面圆的圆心），四边形是正方形，点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则（）A.存在点，使得B.存在点，使得直线∥平面C.存在点，使得平面平面第6页/共18页学科网（北京）股份有限公司D.存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为【答案】BCD【解析】【分析】建系标点，对于A：利用空间向量说明线线垂直；对于B：利用空间向量说明线面平行；对于C：利用空间向量说明线面垂直；对于D：利用空间向量求线面夹角.【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，不妨设，则，设，对于选项A：因为，令，可得，显然该方程无解，所以不存在点，使得，故A错误；对于选项B：因为，设平面的法向量，则，令，则，可得，若直线平面，则，可得，第7页/共18页学科网（北京）股份有限公司且，则，即，所以存在点，使得直线∥平面，故B正确；对于选项C：因为，设平面的法向量，则，令，则，可得，若平面平面，则，显然时，上式成立，所以存在点，使得平面平面，故C正确；对于选项D：设直线与平面的所成角为，若，则，可得：，整理可得，构建，因为在内连续不断，且，可知在内有零点，即在内有根，所以存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，故D正确；故选：BCD.【点睛】关键点点睛：对于方程根问题，应构建函数，结合零点存在第8页/共18页学科网（北京）股份有限公司性定理分析判断，不能强解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.抛物线的焦点坐标是______.【答案】【解析】【分析】将抛物线的方程化为标准形式，即可求解出焦点坐标.【详解】因为抛物线方程，焦点坐标为，且，所以焦点坐标为，故答案为：.13.若数列满足（其中，，为常数，），则称是以为周期，以为周期公差的“类周期性等差数列”.若“类周期性等差数列”的前4项为1，1，2，2，周期为4，周期公差为2，则的前16项和为_____.【答案】72【解析】【分析】根据给定的定义，求出以数列首项开始的每4项为一组的和，再求出前4组和的和即可.【详解】依题意，，，，，所以的前16项和为.故答案为：72第9页/共18页学科网（北京）股份有限公司14.已知双曲线：（，）的右焦点为.为坐标原点，若在的左支上存在关于轴对称的两点，，使得，且，则的离心率为_____.【答案】##【解析】【分析】根据给定条件，结合双曲线的对称性可得是正三角形，且是其中心，再用半焦距c表示出点坐标，代入双曲线方程求出离心率.【详解】轴，令垂足为，由双曲线的对称性知，则是正三角形，又，，则是的中心，，而，则，点在双曲线，因此，即，整理得，即，解得，所以的离心率故答案为：【点睛】关键点点睛：由题设条件，结合双曲线对称性确定出正三角形是求解问题的关键.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：，点.（1）若直线与相切，切点为，求；（2）已知直线过点，若圆上恰有三个点到距离都等于1，求的方程.【答案】（1）；第10页/共18页学科网（北京）股份有限公司（2）或.【解析】【分析】（1）利用切线的性质，结合勾股定理计算即得.（2）根据给定条件，把问题转化为圆心到直线距离为1，再列式计算得解.【小问1详解】圆：的圆心，半径，，由直线与相切于点，得.【小问2详解】要圆上恰有三个点到的距离都等于1，当且仅当圆心到直线的距离为1，而点在圆外，直线与圆相离，则直线的斜率存在，设直线的方程为，即，由，解得或，所以直线的方程为或.16.已知抛物线：（），是的焦点，为上的一动点，且的最小值为1.（1）求的方程；（2）直线（不过坐标原点）交于、两点，且满足，证明过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，定点为【解析】【分析】（1）由抛物线中的最小值为1，所以，即，即可得到方程.（2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理得到，由得到，即可求得结果.小问1详解】因为的最小值为1，故，即，所以抛物线方程为第11页/共18页学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】显然直线的斜率存在，设方程为，则,即，设，由韦达定理得，则，因为，所以，解得（舍），，故的方程为：，故恒过点.17.已知等差数列满足，的前项和为.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可求解公差和首项，即可求解，（2）根据裂项相消法以及等比求和公式分别求解，即可由分组求解.【小问1详解】设等差数列的公差为，由可得，解得，故，【小问2详解】，第12页/共18页学科网（北京）股份有限公司故，由于，，其中分别为前项中奇数项的和以及偶数项的和，故18.若为平面的一条斜线，为斜足，为在平面内的射影，为平面内的一条直线，其中为与所成的角，为与所成的角，为与所成的角，那么，简称三余弦定理.如图，直三棱柱中，，，（）.（1）求的余弦值；（2）当点到平面距离最大时，求的值；（3）在（2）的条件下，求平面与平面夹角的大小.【答案】（1）（2）（3）第13页/共18页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】（1）根据三余弦定理即可求解，（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用点到平面的距离公式求解距离表达式，结合二次函数的性质即可求解最值得解，（3）求解平面法向量，根据法向量的夹角即可求解.【小问1详解】在直三棱柱中，又，由三余弦定理可得故【小问2详解】由（1）知，,在中，由余弦定理可得,在直三棱柱中，平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则为平面的一个法向量，第14页/共18页学科网（北京）股份有限公司由，即,令，则，故点到平面距离为,故时，此时点到平面距离最大，且最大值为，故点到平面距离最大时，【小问3详解】由（2）知：当时，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为则，，即,取，则，故故平面与平面夹角的余弦值为，故平面与平面的夹角大小为第15页/共18页学科网（北京）股份有限公司19.已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，上顶点为，的面积为，直线与的斜率之积为.（1）求的方程；（2）已知点.（ⅰ）若直线过点且与交于、两点，求的最大值；（ⅱ）若直线过点且与交于，两点，求证：【答案】（1）（2）（ⅰ），（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的性质，结合面积公式以及斜率公式联立方程求解即可，（2）对讨论，联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据模长公式代入求解（ⅰ），根据韦达定理以及两点斜率公式，代入化简即可求解（ⅱ）.【小问1详解】由题意可得，解得，故椭圆方程为【小问2详解】（ⅰ）当直线与轴重合时，点则，所以，当直线与轴不重合时，设，第16页/共18页学科网（北京）股份有限公司联立，则，由得，设，则所以由于，故同号，因此，故，此时，综上可得的最大值为（ⅱ）由于,设，当直线与轴重合时，，符合题意，当直线与轴不重合时，设联立，则，则而第17页/共18页学科网（北京）股份有限公司，即，故，综上可得,【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.第18页/共18页