湖南省怀化市2024-2025学年高二上学期1月期末质量检测数学试题 含解析

年下学期高二期末质量检测数学本试卷共4页全卷满分分，考试时间分钟.注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.85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.【答案】B【解析】【分析】先根据直线得出斜率，再结合倾斜角及斜率的关系求出倾斜角即可.【详解】由可得该直线的斜率，故该直线的倾斜角为，故选:B.2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合A，再根据交集运算求解.【详解】由题意可知，因，所以.故选：C.第1页/共16页3.首项为1的数列满足，则（）A.2B.5C.21D.26【答案】D【解析】【分析】利用递推关系式逐个求解可得答案.【详解】由题意可得，，，故选：D.4.已知平面的法向量，，则点P到平面的距离为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据空间向量法计算点到平面距离公式计算即可.【详解】由题意可得点P到平面的距离，故选：B5.函数的极值为（）A.B.C.D.3【答案】A【解析】【分析】根据函数极值的定义求解即可.【详解】由题知的定义域为，且.当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，第2页/共16页故的极小值为，无极大值，故选：A6.过点作圆的切线，则切线的斜率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设出直线方程，借助切线的性质计算即可得.【详解】由，可知该圆是以为圆心，3为半径的圆，当过点的直线斜率不存在，即为时，与圆显然不相切；设过点的圆的切线为，即，故圆心到切线的距离，解得，故选：C7.设为椭圆的左焦点，A，B是C上的两个动点，若周长的取值范围为，则C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，结合椭圆的定义求出周长范围，再与给定范围比对即可得解.【详解】令椭圆右焦点为，，周长，当且仅当共线时取等号，则，即，第3页/共16页又，因此，则，解得，所以C的离心率为.故选：C【点睛】关键点点睛：涉及有椭圆的一个焦点，取另一焦点，结合椭圆的定义求解是关键.8.记数列的前n项和为，已知，，，则（）A.17B.19C.17或18D.18或19【答案】D【解析】【分析】根据给定的递推公式探讨数列特性，进而求出，再按奇偶求解得值.【详解】由，得，两式相除得，由，得，因此当n为偶数时，；当n为奇数时，，则，于是，当为奇数时，由，解得；当为偶数时，由，解得，所以的值为18或19.故选：D二、多项选择题：本大题共36分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.9.一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同，编号分别为1234的4两个球.设事件“第一次摸出球的编号为奇数”，事件“摸出的两个球的编号之和为5”，事件“摸出的两个球中有编号为2的球”，则（）A.B.事件A与事件B为独立事件C.D.事件B与事件C为互斥事件【答案】AB【解析】第4页/共16页ABC件的定义判断D.【详解】对于A：由古典概率的计算易得，故A正确；对于B：因为，，，所以，即事件A与事件B为独立事件，故B正确；对于C：因为，故C错误；对于D：当摸出的两个球编号为2，3时，事件B与事件C同时发生，故D错误，故选:AB10.设，分别为双曲线C：的左、右焦点，为上一点，则（）A.的焦距为4B.当时，为直角三角形C.当时，为直角三角形D.当时，为直角三角形【答案】BCD【解析】ABC定义求边长判断D.【详解】因为，所以C的焦距为，故A错误；由可得，从而或，又因为，，显然此时为直角三角形，故B正确；由可得，取，，，第5页/共16页因为，所以，因此为直角三角形，故C正确；由，，得，，又因为，所以，因此为直角三角形，故D正确，故选：BCD.已知函数，则（）A.在区间上单调递增B.点是曲线的对称中心C.曲线与x轴相切D.当在区间恒成立时，的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】利用复合函数的单调性可以判断A，由可判断B，利用导数的几何意义及可以判断C，利用不等式解集可以判断D.【详解】由题意可得，因为函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递减，由复合函数单调性可得在区间上单调递减，故A错误；第6页/共16页因为，所以，即的图象关于点中心对称，故B正确；因为，所以，又，所以的图象与轴相切，故C正确；由，得，所以即所以，所以，故D正确，故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知正项等比数列满足，则其公比_____.【答案】3【解析】【分析】根据等比数列的基本量关系和公式求解即可.【详解】依题意可得，，代入原式得.即，解得或，当时，与题意矛盾舍去，故.故答案为：3.13.已知函数是偶函数，则_______.【答案】6【解析】【分析】因为函数为偶函数，对函数变形，由奇函数奇函数=偶函数，即可求得a的值.【详解】由题意可得，第7页/共16页因为是奇函数，所以为奇函数，因此，即，经检验适合题意.故答案为：6.14.已知抛物线：，，，M的直线与交于AB中点A在第一象限，若四边形为梯形，则其面积为______.【答案】【解析】为.求出积即可.【详解】设为，，，与C联立可得，即，则，整理得，故.若四边形为梯形，由对称性，不妨设上底为，且，由梯形上下底平行得，，故，即点在线段的中垂线上，故的横坐标为1，解得，故，梯形的面积.故答案：.第8页/共16页四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知等差数列的前项和为，，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】1）运用等差数列性质公式计算即可.（2）运用分组求和，结合等差等比数列求和公式计算即可.【小问1详解】设的公差为d，因为，所以，又，则，故，所以.【小问2详解】由（1）可得：16.的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，.（1）求c；第9页/共16页（2）求和的值.【答案】（1）（2），【解析】12）利用同角三角函数关系式，结合二倍角的正余弦公式以及两角和的正弦公式求解.【小问1详解】因为，由正弦定理可得，由余弦定理可得，故.【小问2详解】因为且为内角，故，故，故，故.17.如图，四棱锥的底面为平行四边形，P在底面的射影在四边形内部，平面平面，平面平面.（1）证明：平面；（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析第10页/共16页（2）【解析】1）运用面面垂直的性质，结合平行四边形性质和线面平行判定可解；（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和面的法向量，结合向量夹角公式计算即可.【小问1详解】如图，设平面平面，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为底面为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，所以，故平面.【小问2详解】以为坐标原点，，方向分别为x轴，y轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，，，，可得，，，设平面，平面的法向量分别为，，故，不妨令，则，第11页/共16页，不妨令，则，设平面与平面夹角为，则，故平面与平面夹角的余弦值为.18.在平面直角坐标系中，A，B分别为椭圆C：的左，右顶点，P，Q是C上的两个动点，，直线与y轴交于点.（1）当P是C的上顶点时，求点Q的坐标；（2）求t的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】1）通过已知点坐标求直线斜率，再根据垂直关系得到另一直线斜率从而确定直线方程，最后联立直线方程与椭圆方程求解交点坐标.（2）先求出、点坐标，再根据三点共线得出关于的表达式，最后结合基本不等式求的最小值.【小问1详解】由题，当P是C的上顶点时，，则直线斜率，因为，所以直线的斜率，则直线：，联立，可得，所以所以，所以，第12页/共16页即点Q的坐标为.【小问2详解】由题设直线（斜率存在且不为0，则直线：，联立，可得，所以，所以，即，联立，可得，所以，所以，即，因为，，共线，所以，整理得，因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值.第13页/共16页19.已知函数.（1）若，求的值；（2）已知数列满足，且.（i）证明：数列为等比数列，并求的通项公式；（ii）设的前项积为，为整数，若对任意的正整数都有，求的最小值.参考数据：，，.【答案】（1）（2i）证明见解析，ii）2【解析】1）依题意可得，当时可知单调递增，不符合题意，当时，利用导数说明函数的单调性，即可求出参数的值；（2i）将两边取倒数，即可得到，结合等比数列的定义及通ii1等号成立，即可得到，再利用放缩法及等比数列求和公式计算可得.小问1详解】函数的定义域为，由题意可得.若，则单调递增，当时，，不符合题意；若，则，令，解得，故当时，，单调递减，当时，，单调递增，此时为最小值，第14页/共16页若