湖北剩州市公安县2024-2025学年高二数学上学期期末考试试题含解析

PAGE20-湖北省荆州市公安县2024-2025学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）留意事项：1.本试卷分为试题卷[含选择题和非选择题]和答题卡[含填涂卡和答题框]两大部分.2.考试在答题前，请先将自己的学校、班级、姓名、考号填在答题卡密封线内指定的地方.3.选择题的答案选出后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标涂黑.非选择题请在答题卡指定的地方作答，本试卷上作答无效.4.考试结束后，请将答题卡上交.一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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，则下列结论中正确的是A.的虚部为 B.C.为纯虚数 D.【答案】C【解析】试题分析：由已知，，则的虚部为，，为纯虚数，，选C．考点：复数及其运算.2.已知等差数列的首项为1，且，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的通项公式求出公差，从而可解.【详解】设等差数列的公差为，由，，则，即，所以.故选：B【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，需熟记公式，属于基础题.3.若直线经过，两点，则直线倾斜角的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用两点求出直线的斜率，由，依据三角函数的性质即可求解.【详解】直线经过，两点，，，，.故选：B【点睛】本题考查了两点求直线斜率、直线的倾斜角与斜率之间的关系，属于基础题.4.已知数列为等比数列，则“为递减数列”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用充分条件、必要条件的定义，由数列的单调性即可求解.【详解】充分性：若“为递减数列”，则，从而可得“”，充分性满意；必要性：若“”，不妨取，，可得，但不单调性，故必要性不满意，所以“为递减数列”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查了充分条件、必要条件的定义、数列的单调性，属于基础题.5.已知点，满意1，，，7依次成等差数列，1，，，8依次成等比数列，若，两点关于直线对称，则直线的方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据所给两个数列，写出数列中出现的字母，即得到两个点的坐标，依据要求得直线与这两个点的连线垂直，求出直线的斜率，再依据直线过两点连线的中点，依据点斜式写出方程即可.【详解】1，，，7依次成等差数列，，，1，，，8依次成等比数列，，，，，，两点关于直线对称，两点连线的斜率是，直线的斜率是，直线过点，直线的方程为，即直线的方程为.故选：C【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式、直线与直线垂直斜率之间的关系、直线的点斜式方程，属于基础题.6.已知直线恒过定点，且点在直线上，则的最大值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】首先求出定点，将点代入，可得，再利用基本不等式即可求解.【详解】由直线，可得，即定点，又因为点在直线上，所以，因为，解得，当且仅当时，等号成立，故选：A【点睛】本题考查直线过定点问题、基本不等式求最值，留意验证等号成立的条件，属于基础题.7.若双曲线的实轴长、虚轴长、焦距成等差数列，则双曲线的渐近线方程是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设双曲线的焦距为，由题意得出关于、、的关系式，求出、的等量关系，即可求出双曲线的渐近线方程.【详解】设双曲线焦距为，依据实轴长、虚轴长、焦距成等差数列，得，则，即，即，，则，.因此，双曲线的渐近线方程为.故选D.【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，解题的关键就是依据题中条件得出、的等量关系，考查运算求解实力，属于中等题.8.设等差数列的前项和分别为，若，则使的的个数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先由题意，依据等差数列前项和的性质，得到，再由，得到，从而即可求出结果.【详解】因为等差数列的前项和分别为，所以，又，所以，为使，只需，又，所以可能取的值为：，因此可能取的值为：.故选C【点睛】本题主要考查等差数列前项和的应用，熟记等差数列前项和的公式与性质即可，属于常考题型.9.直线过抛物线：的焦点，且与抛物线交于，两点，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据题意求出点的坐标，再求出直线，联立解方程组，得到的横坐标，再求出.【详解】若斜率不存在，则，不成立，所以斜率存在，设为，则直线：，设，，依据抛物线的性质，，则，，代入抛物线方程得，所以，所以，与：联立，可得，所以，所以，所以.故选：C【点睛】本题考查了抛物线的几何性质，考查了运算求解实力，属于中档题.10.已知向量，，若与的夹角为，则直线与圆的位置关系是（）A.相离 B.相切 C.相交但不过圆心 D.相交且过圆心【答案】D【解析】【分析】利用点到直线的距离公式求圆心到直线的距离与半径之间的关系即可求解.【详解】依题意，圆的圆心是，半径，圆心到直线的距离，因为，，与的夹角为，，，，即，即，故直线与圆相交且过圆心.故选：D【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、向量数量积的坐标运算、向量模的求法、点到直线的距离公式，属于基础题.11.已知椭圆的长轴端点为、，若椭圆上存在一点使，则椭圆离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据题意可得当点在短轴上时，最大角大于等于，设最大角为，可得，再利用之间的关系即可求解.【详解】不妨设，则，，，所以，，则，又，所以，因为，所以,所以当时，取得最大值，所以当在短轴上时，取得最大值，因为椭圆上存在一点使，所以（为短轴顶点），设，则，又因为，所以离心率，又因为，所以的取值范围为.故选：B【点睛】本题考查了椭圆的几何性质，驾驭离心率的求法是关键，属于基础题.12.已知曲线的方程为，过平面上一点作的两条切线，切点分别为，且满意，记的轨迹为，过一点作的两条切线，切点分别为，且满意，记的轨迹为，按上述规律始终进行下去……，设点与之间距离的最小值为，且为数列的前项和，则满意的最小的为（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】D【解析】【分析】设，则，可得方程：，同理可得的方程为，设，，可得，同理可得，可得，可得数列的前项和，代入，由此能求出.【详解】设，则，可得方程：，同理可得的方程为，设，，，同理可得，可得，数列的前项和，所以若成立，则，解得，故满意最小的为8.故选：D【点睛】本题主要考查了等比数列的前项和公式、数列不等式、三角函数的性质以及两点间的距离公式，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案填写在答题卡中对应的横线上.）13.在空间直角坐标系中，已知两点与关于坐标平面对称，则______.【答案】-3【解析】【分析】依据空间直角坐标系中，点关于坐标平面对称点的特征是横坐标、纵坐标不变，竖坐标互为相反，从而可求出.【详解】空间直角坐标系中，两点与关于坐标平面对称，则，，所以.故答案为：-3【点睛】本题考查了空间直角坐标系中点关于坐标平面对称点的特征，属于基础题.14.已知等比数列的前项和为，若，，则______.【答案】91【解析】【分析】利用等比数列前项和的性质：、、成等比数列即可求解.【详解】由等比数列的前项和为，则、、成等比数列，即，，成等比数列，所以，解得.故答案为：91【点睛】本题考查了等比数列前项和的性质，需熟记等比数列的前项和为，则、、成等比数列，属于基础题.15.若圆上恰有3个点到直线：的距离为1，则实数______.【答案】【解析】【分析】依据题意只需圆心到直线的距离为，即可求解.【详解】易知圆的半径为，要保证圆上恰有3个点到直线：的距离为1，只需圆心到直线：的距离为，所以由点到直线的距离公式可得，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式等学问，考查了学生的数形结合实力以及运算求解实力，属于中档题.16.已知椭圆的离心率为，右焦点为，三角形的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边、、的中点分别为、、，且三条边所在直线的斜率分别为.若直线、、的斜率之和为-1（为坐标原点），则______.【答案】2【解析】【分析】求出椭圆的方程，利用“点差法”求得直线的斜率，同理即可求得【详解】由题意可得，，所以，，所以椭圆的标准方程为，设，，，，由，两式作差可得，则，而，故，即，同理可得，，所以.故答案为：2【点睛】本题考查三条直线的斜率的倒数和的求法，考查转化思想以及计算实力，属于中档题.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.）17.若直线的方程为.（1）若直线与直线垂直，求的值；（2）若直线在两轴上的截距相等，求该直线的方程.【答案】（1）1；（2），．【解析】【分析】（1）直线与直线垂直，可得，解得．（2）当时，直线化为：．不满意题意．当时，可得直线与坐标轴的交点，．依据直线在两轴上的截距相等，即可得出．【详解】解：（1）直线与直线垂直，，解得．（2）当时，直线化为：．不满意题意．当时，可得直线与坐标轴的交点，．直线在两轴上的截距相等，，解得：．该直线的方程为：，．【点睛】本题考查了直线的方程、相互垂直的直线斜率之间关系、方程的解法，考查了推理实力与计算实力，属于基础题．18.已知为数列的前项和，点列在直线上.（1）求数列的通项公式；（2）求数列前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依据题意可得，再利用与的关系即可求解.（2）利用裂项求和法即可求解.【详解】（1）依题意有，即，当时，，当时，，又时上式也成立，∴.（2），∴.【点睛】本题考查了与的关系、裂项求和法，属于基础题.19.已知圆：，直线过原点.（1）若直线与圆相切，求直线的方程；（2）若直线与圆交于，两点，当的面积最大时，求直线的方程.【答案】（1）或；（2）或【解析】【分析】（1）分类探讨：当直线的斜率不存在时，；当直线的斜率存在时，利用点斜式求出直线方程，再利用点到直线的距离公式使圆心到直线的距离等于半径求出斜率即可.（2）依据题意设直线方程为，圆心到直线的距离为，利用三角形的面积公式可得时的面积最大，从而可得圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线与圆相切，∴符合题意：当直线的斜率存在时，设的斜率为，则直线方程为，即.则，解得，即直线的方程为或；（2）∵直线与圆交于，两点，∴直线的斜率存在，设直线方程为，圆心到直线的距离为，由于，∴当取最大值1，即时的面积最大.此时为等腰直角三角形，，∴，解得或.故直线的方程为：或.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了分类探讨的思想，属于基础题.20.已知椭圆：的上顶点与椭圆左、右顶点连线的斜率之积为.（1）求椭圆的离心率；（2）若直线与椭圆相交于、两点，若的面积为（为坐标原点），求椭圆的标准方程.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依据椭圆的标准方程写出上顶点，左、右顶点，再利用斜率之间的关系可得，再由即可求解.（2）将直线与椭圆方程联立，利用弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，由即可求解.【详解】（1）由题，椭圆上顶点的坐标为，左右顶点的坐标分别为、，∴，即，则，又，∴，所以椭圆的离心率；（2）设，，由得：，，，∴，又原点到直线的距离，∴，解得，∴，满意，∴椭圆的方程为.【点睛】本题考查了椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、弦长公式，考查了运算求解实力，属于中档题.21.已知抛物线：的焦点为，准线与轴的交点为，动点在抛物线上，当与轴垂直时，.（1）求抛物线的方程；（2）若直线与抛物线交于另一点，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求出抛物线的焦点，依据题意可得，进而由即可求解.（2）由题意可得，，设点，，设直线：，代入抛物线方程，利用韦达定理求证即证.【详解】（1）抛物线：的焦点，当与轴垂直时，易得，即，则抛物线方程为；（2）由题意可得，，设点，，设直线：，代入抛物线方程，可得，∴，，，因此可得.【点睛】本题考查了抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系中的定值问题，属于中档题.22.已知等比数列满意，且是，的等差中项；数列满意，数列的前项和