江苏省连云港市2024-2025学年高二数学上学期期末考试试题含解析

PAGE18-江苏省连云港市2024-2025学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）1.命题“R，”的否定是（）A.R， B.R，C.R， D.R，【答案】A【解析】【分析】依据命题的否定规则进行推断【详解】命题“R，”的否定是R，。故选：A.【点睛】此题是简洁题，考查基本概念。2.双曲线的渐近线方程是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据双曲线的渐近线的定义求得。【详解】双曲线的渐近线方程是，故选：B.【点睛】此题是简洁题，考查双曲线的基本定义。3.“M＜N”是“”（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用对数函数的定义域是单调性可推断。【详解】若，则，故可以推出若，不能推出，比如不满意，故选：C.【点睛】此题为简洁题，考查充分条件和必要条件的概念和对数函数的定义域和单调性。4.已知向量(，6，2)，(﹣1，3，1)，满意∥，则实数的值是（）A.2 B.6 C.﹣2 D.﹣6【答案】C【解析】【分析】依据向量平行的性质求解【详解】因为∥，所以，解得。故选：C.【点睛】此题考查向量平行的性质，属于基础题5.已知点F1，F2是椭圆E：的左、右焦点，点P为椭圆E上异于左、右顶点的随意一点，则△PF1F2的周长是（）A.10 B.11 C.12 D.14【答案】D【解析】【分析】先算出椭圆的长轴长和焦距，再结合椭圆定义算得周长。【详解】依据椭圆定义，到和的距离之和为长轴长，而,故而三角形的周长为。故选:D.【点睛】此题考查椭圆的定义，为基础题。6.等差数列中，已知，，则的值是（）A.23 B.30 C.32 D.34【答案】C【解析】【分析】依据已知可以先求出首项和公差d，再利用等差数列前n项和公式求出。【详解】由题是等差数列，则有，，解得，，故.故选：C.【点睛】此题考查等差数列的性质，属于基础题。7.如图，在三棱锥S—ABC中，底面ABC是边长为3的正三角形，点P，Q满意，，SB＝3，PQ＝2，则异面直线PQ，SB所成角的大小是（）A.30° B.45° C.60° D.90°【答案】C【解析】【分析】先过点Q作SB的平行线，将异面直线PQ，SB所成角转化为平面角，然后再利用三角学问求得所成角的大小。【详解】作BC的三等分点R，使得BR=2RC，连结QR,PR。因为,所以且。PQ，SB所成角的大小为依据余弦定理，而又依据余弦定理所以，解得，故PQ，SB所成角的大小为.故选:C.【点睛】此题考查空间几何，并且和解三角形综合起来一起考，是一道综合题。8.已知椭圆E：(a＞b＞0)，直线x＝与椭圆E交于A，B两点，且OA⊥OB（O为坐标原点），则椭圆E的离心率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将直线x＝代入椭圆方程，可以得到A，B两点的坐标，OA⊥OB并且直线x＝垂直于x轴，可知在三角形中，斜边的高等于斜边长度的二分之一，再结合可得离心率e。【详解】将代入得，又因为OA⊥OB有.故离心率.故选：D.【点睛】本题考查了椭圆离心率的定义，属于简洁题。二、

多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，

共计20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）9.已知等比数列中，满意，公比q＝﹣2，则（）A.数列是等比数列 B.数列是等比数列C.数列是等比数列 D.数列是递减数列【答案】BC【解析】【分析】利用等比数列通项公式逐个选项去验证即可。【详解】因为是等比数列，所以，，故A错；，，于是，故是等比数列，故B正确；，故C正确；，是递增数列，故D错。故选:BC.【点睛】此题考查了等比数列的通项公式和与等比数列相关数列的性质，属于中档题。10.已知点P是△ABC所在的平面外一点，若＝(﹣2，1，4)，＝(1，﹣2，1)，＝(4，2，0)，则（）A.AP⊥AB B.AP⊥

BP C.BC＝ D.AP//

BC【答案】AC【解析】【分析】依据向量的定义，平行，垂直和模长的定义可以对每个选项逐个推断，进而得出答案。【详解】因为，故A正确；，，故B不正确；，，故C正确；，，各个对应重量的比例不同，故D不正确。故选:AC。【点睛】本题考查了向量平行和垂直的性质等，属于基础题。11.已知p，q都是r的充分条件，s是r的必要条件，

q是s的必要条件，则（）A.p是q的既不充分也不必要条件 B.p是s的充分条件C.r是q的必要不充分条件 D.s是q的充要条件【答案】BD【解析】【分析】逐项列出每个条件，然后依据充分条件和必要条件的概念推断即可。【详解】因为，，，故，，故选:BD。【点睛】此题考查充分条件和必要条件的概念，属于基础题。12.设P是椭圆C：上随意一点，F1，F2是椭圆C的左、右焦点，则（）A.PF1＋PF2＝ B.﹣2＜PF1﹣PF2＜2C.1≤PF1·PF2≤2 D.0≤≤1【答案】ACD【解析】【分析】依据椭圆定义和向量的数量积运算，逐一推导，将每个选项验证一下。【详解】椭圆长轴长为，依据椭圆定义，故选A；设P是椭圆C的随意一点，则，所以，B错误；,而，所以，C正确；,又依据椭圆性质有，所以，D正确。故选:ACD.【点睛】本题考查椭圆定义和向量的数量积运算，是一道不错的综合题。三、填空题（本大题共4小题，

每小题5分，共计20分．其中第15题共有2空，第1个空3分，第2个空2分；其余题均为一空，

每空5分．请把答案填写在答题卡相应位置上）13.准线方程为的抛物线的标准方程是．【答案】【解析】抛物线的准线方程为，说明抛物线开口向左，且，所以抛物线的标准方程是．14.中国古代数学某名著中有类似问题：“四百四十一里关，初行健步不犯难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公细致算相还．”其意思为：有一个人一共走了441里路，第一天健步行走，从其次天起脚痛，毎天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问其次天走了_______里．【答案】112【解析】【分析】由“毎天走的路程为前一天的一半”可知，这个人每天走的路程满意等比数列的特点，且，公比，由此可解出，依据得出。【详解】设第天走了步，又因为毎天走的路程为前一天的一半，所以，依据题意，故，解得，所以.故答案为：112【点睛】此题考查了等比数列的应用，依据实际问题建立数学模型，然后再用等比数列求和公式求解，属于中档题。15.已知椭圆C：(a＞b＞0)的焦距为2．准线方程为x＝3，则该椭圆的标准方程是_______；直线与该椭圆交于A，B两点，则AB＝_______．【答案】(1).(2).【解析】分析】依据椭圆的定义和准线方程可求得第一问，联立椭圆和直线方程再通过韦达定理计算可求得其次问。【详解】，解得，再解出，所以椭圆的标准方程是。设A坐标为，B坐标为，直线AB的斜率为k。则联立和消去得，化简得所以，。故.故答案为：(1)；(2)【点睛】本题考查椭圆的基本概念还有直线和圆锥曲线的相交弦，属于中档题。16.已知数列的前n项和为，，()，则＝_______．【答案】2024【解析】【分析】可以通过给出的递推公式做差来求出此数列相邻两项和，最终凑出前n项和的形式，【详解】因为，故有，二者相减得，从而故答案为：2024【点睛】此题考查了一般数列的性质，通过递推公式来计算数列的前n项和，另外要留意n的奇偶性，此题给出的是n是偶数，假如是奇数，则简洁一些。此题属于偏难题。四、解答题（本大题共6小题，共计70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知p：方程表示的曲线是焦点在x轴上的双曲线；q：a≤m≤a＋2．（1）若命题p为真，求实数m的取值范围；（2）若p是q的必要条件，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）p为真命题，那么有和成立，干脆解得m的取值范围；（2）由充要条件可知，故包含于（1）中所求得的m取值范围内，解不等式即可得a的取值范围。【详解】解：（1）因为方程表示的曲线是焦点在轴上的双曲线，所以解得，所以命题为真时实数的取值范围为．（2）因为是的必要条件，所以，所以，故．综上，实数的取值范围为．【点睛】本题考查双曲线的性质以及简洁逻辑用语，分析题意细致求解即可。18.河道上有一抛物线型拱桥，正常水位时，拱圈最高点距水面

8m，拱圈内水面宽

24m，一条船在水面以上部分高

6.5m，船顶部宽6m．（1）试建立适当的直角坐标系，求拱桥所在的抛物线的标准方程；（2）近日水位暴涨了1.54m，为此，必需加重船载，降低船身，才能通过桥洞，试问：船身至少应当降低多少?

（精确到0.1m）【答案】（1）直角坐标系见解析，拱桥所在的抛物线方程是（2）0.6m【解析】【分析】（1）依据图形建立直角坐标系，设出拱桥所在的抛物线方程，设拱桥与水面两交点分别为，，由坐标系可知A,B两点的坐标，将其中一个代入抛物线方程，即可得；（2）依据船顶宽6m，可知船顶距离拱桥最高点的极限高度h，再由，可知船身应降低高度。【详解】解：（1）设抛物线型拱桥与水面两交点分别为，，以垂直平分线为轴，拱圈最高点为坐标原点，建立平面直角坐标系，则，，设拱桥所在的抛物线方程为，因点在抛物线上，代入解得，故拱桥所在的抛物线方程是．（2）因，故当时，，故当水位暴涨1.54m后，船身至少应降低，因精确到01m，故船身应降低0.6m．答：船身应降低0.6m，才能平安通过桥洞．【点睛】本题考查抛物线性质，是一道实际应用题，难度不大。19.如图，已知点E，

F分别是正方体的棱BC和CD的中点，求：（1）与EF所成角的大小；（2）与平面所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立直角坐标系，以点D为原点，方向为x轴，方向为y轴，方向为z轴，求出空间向量和的坐标，再进行计算可得两向量夹角的余弦值，进而得到夹角；（2）依据空间坐标先求出平面的法向量，再求法向量与所成的角，进而可得直线与平面所成角的正弦值。【详解】解：不妨设正方体的棱长为1，以为单位正交基底，建立如图所示空间直角坐标系，则各点坐标为，，，，，，，．（1）因为，，所以，，，由，因故向量与夹角为，因此，与所成角的大小为．（2），，，，因为，，所以，，又，所以平面，因此是平面的法向量；因为，，，所以，，综上，与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查利用空间向量求异面直线的夹角，以及直线与平面所成角，是常考题型。20.已知数列的前n项和为，满意()；数列为等差数列．且，．（1）求数列和的通项公式；（2）若为数列的前n项和，求满意不等式的n的最大值．【答案】（1），（2）9【解析】【分析】（1）依据等式，令，可求出，再当≥时，由可得，再结合可确定数列的通项公式，即可得和的值，进而得到和的值，因为数列为等差数列，可求出公差d，然后得出数列通项公式；（2）先依据数列的通项公式求出，再表示出，然后用裂项相消法求出数列的前n项和，最终推断满意不等式的n的最大值．【详解】解：（1）因为，所以当时，，解得．当≥时，，化简得．又，所以，因此，所以是首项为公比为2的等比数列，即；又，，即，，所以，，因为数列为等差数列，所以公差，故；（2）由（1）知是首项为公比为2的等比数列，所以，所以，故．若，即，即，可得，所以，综上，使得的最大的的值为9．【点睛】本题考查求数列的通项公式，解题关键是，在其次问中先运用了裂项相消法求数列的前n项和，再进行探讨求出满意条件的n的最大值，是一道常考的数列综合题。21.如图，在三棱锥P—ABC中，PA＝3，PB＝PC＝，AB＝AC＝2，BC＝．（1）求二面角B—AP—C大小的余弦值；（2）求点P究竟面ABC的距离．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）两三角形和三边都相等，则两三角形全等，过B向AP边做垂线，过C向AP边做垂线交于点D，那么就是要求的二面角，依据已知边长和余弦定理可求出二面角大小的余弦值；（2）取中点，连结，，在平面中作，垂足为，依据直线和平面的位置关系，结合各边的值以及余弦定理和正弦函数可得点P究竟面ABC的距离。【详解】解：（1）在中作，垂足为，因为，，为公共边，所以≌，又，所以，所以为二面角的平面角；又，所以，故的面积，所以，同理，在中，，所以，二面角大小余弦值为．（2）（法一）取中点，连结，，在平面中作，垂足为．因为，所以．同理．又，平面，平面，所以平面．因为平面，所以．又，，平面，平面，所以平面，因此，点究竟面的距离即为的长；在中，，在中，，在中，，所以，，在中，，综上，点究竟面的距离为．（法二）由（1）知，，又，，所以，则，在中，，，故.则.在中，，，则.设点究竟面的距离为，则，故.【点睛】本题考查求二面角的余弦值，以及点到平面的距离，运用了余弦定理等方法，题干中没有给出三边垂直的条件，故没有用建系的方法进行解答。22.如图，点F为椭圆C：(a＞