山东省枣庄市薛城区2024-2025学年高二上学期期末数学试题【含答案解析】

2024~2025学年度第一学期学科素养诊断试题高二数学2025.01本试卷共4页，满分为150分，考试时间120分钟．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.【答案】C【解析】【分析】先求直线的斜率，根据公式求倾斜角.【详解】直线方程可化为，所以直线的斜率为：，即，又，所以.故选：C2.抛物线的焦点到其准线的距离等于（）A. B.3 C.6 D.8【答案】B【解析】【分析】由抛物线方程直接得焦点坐标，准线方程即可求解.【详解】由题意抛物线的焦点坐标、准线方程分别为，所以抛物线的焦点到其准线的距离等于3.故选：B.3.已知等差数列的首项为1，若成等比数列，则（）A.-2 B.4 C.8 D.-2或4【答案】B【解析】【分析】设出公差，根据成等比数列，得到方程，求出，检验后得到答案.【详解】由题意得，，且，设公差为，则，解得，若，则，，满足要求，若，则，不合要求，舍去，故.故选：B4.设，向量，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用向量垂直求出，再求出的坐标后即可求其模.【详解】由，得，解得，所以，则，所以.故选：D.5.在空间直角坐标系中，点到x轴的距离为（）A.2 B.3 C. D.【答案】D【解析】【分析】结合空间直角坐标系，数形结合利用勾股定理求解点到x轴的距离.【详解】在空间直角坐标系中，过作平面，垂足为，则轴，在坐标平面内，过作轴，与轴交于，由，则，，由，平面，平面，则轴平面，平面，则轴，故即点到x轴的距离，则.故选：D.6.已知双曲线,则C的焦点到其渐近线的距离为（）A. B. C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】求出双曲线的焦点坐标及渐近线方程,根据双曲线的对称性,取其中一个焦点坐标和渐近线即可,根据点到直线的距离公式求出结果即可.【详解】解:由题知双曲线,即,故焦点坐标为,渐近线方程为:,即,由双曲线的对称性,不妨取焦点到渐近线的距离,故焦点到其渐近线的距离为.故选:B7.已知半径为1的圆经过点，过点向圆作切线，则切线长的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，求得圆心的轨迹方程为圆，得到圆上到点的最大距离为，结合圆的切线长公式，即可求解.【详解】设圆的圆心坐标为，因为圆的半径为，且过点，可得，即，即圆心的轨迹表示以为圆心，半径为1的圆，可得，则圆上的点到点的最大距离为，又由切线长公式，可得切线长的最大值为.故选：A.8.已知函数，数列满足，且为正整数）．则（）A.－1 B.1 C. D.【答案】C【解析】分析】将进行整理，可以求出其通项公式，再代入可得答案.【详解】由，，故选：C二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．9.已知数列的前项和为，满足，则下列结论中正确的是（）A. B. C. D.数列是递增数列【答案】AD【解析】【分析】利用数列中与的关系得数列为等比数列，再逐一判断即可.【详解】当时，，则，当时，由，即，又，故数列是首项为，公比为的等比数列，∴，，对于A：，故A正确；对于B：，故B错误；对于C：，故C错误；对于D：，则，故数列递增数列，故D正确.故选：AD.10.如图，是双曲线与椭圆的公共焦点，点A是在第一象限内的交点，若，则（）A.双曲线的渐近线为 B.的离心率为C.的方程为 D.的面积为【答案】BD【解析】【分析】设双曲线的方程为，椭圆的方程为，根据已知，结合双曲线以及椭圆的定义求出的值，即可得出A、B、C；根据余弦定理以及正余弦之间的关系求出的值，即可根据三角形的面积公式，得出答案.【详解】设双曲线的方程为，椭圆的方程为，则，，所以，，，，所以公共焦点为，，，所以，.由图象易知，，根据双曲线的定义可得，，所以，.根据椭圆的定义可得，，所以，，，所以椭圆的方程为，椭圆的离心率为，故B项正确，C项错误；对于A项，根据双曲线的方程易知，双曲线的渐近线方程为，故A项错误；对于D项，由余弦定理可知，.又，所以，所以，，故D项正确.故选：BD.11.在棱长为1的正方体中，点满足，，则（）A.当时，的最小值为B.当时，有且仅有一点满足C.当时，有且仅有一点满足到直线的距离与到平面的距离相等D.当时，直线与平面所成角的大小为定值【答案】ACD【解析】【分析】对于A项：应用空间向量知识可判断：点的轨迹为线段，再应用正方体表面展开的方法，即可判断的最小值为；对于B项：应用空间向量判断满足的点的个数；对于C项：应用空间向量求出点满足到直线的距离与到平面的距离；再解即可判断；对于D项：应用空间向量求出直线与平面所成角的正弦，即可其大小为定值；【详解】对于A项：当时，,因为，设,所以四边形为平行四边形（如图所示），点的轨迹为线段.将正方体上底面如图展开，构成矩形，当三点共线时，即，故A正确；对于B项：以点A为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图），则.当时，，又因为，，所以恒成立，所以，则总成立，故B错误；对于C项：因为，所以点.因为，，所以点到直线的距离为，因为，所以；取平面的法向量为，因为，所以点到平面的距离为，又因为，所以，由得，因为，所以，所以，则，所以点且唯一.故C正确；对于D项：因为，可取平面的法向量为设直线与平面所成角为，则，又因为，所以，所以直线与平面所成角为（定值）.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知点在抛物线上，则点到抛物线的焦点的距离为_________．【答案】3【解析】【分析】只需把点代入方程，就可解得，即可知焦点坐标，再利用两点间距离公式就可以算出答案.【详解】由题意得：，解得，所以抛物线，即焦点坐标是，即.故答案为：3.13.数列满足，则_________．【答案】【解析】【分析】首先根据递推公式变形得到，再根据等差数列的定义求数列的通项公式，变形后求的值.【详解】由题意，易知，由，两边取倒数得，即，所以数列是首项，公差为2的等差数列，所以，即，则.故答案为：.14.已知正四面体ABCD的棱长为6，点E，F满足，，用过A，E，F三点的平面截正四面体ABCD的外接球O，当时，截面的面积的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】作出辅助线，找到球心的位置，利用半径相等列出方程，求出外接球半径，再分析出时，三点共线，此时过A，E，F三点的平面球心，此时截面面积最大，截面面积为，求出和两种情况下，由等体积法求出球心到平面的距离相等，均为，此时截面面积最小，求出截面圆半径，从而得到截面面积的取值范围.【详解】过点作⊥平面，则点在中线上，且，球心在上，连接，因为正四面体ABCD的棱长为6，所以，，由勾股定理得，设外接球O的半径为，设，则，由勾股定理得，即，解得，时，三点共线，此时过A，E，F三点的平面过球心，此时截面面积最大，截面面积为；当或时，此时球心到截面的距离较大，当时，过A，E，F三点的平面即为平面，由对称性可知，此时球心到平面的距离等于到平面的距离，即，当时，，连接，交于点，则，由于为等边三角形，故，则，故，，由勾股定理得，，设点到平面的距离为，则，即，解得，由于，故点到平面的距离为，故与时，点到平面的距离相等，均为，故平面截正四面体ABCD的外接球的半径为，则截面面积为，综上，截面的面积的取值范围为.故答案为：【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径四、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.已知直线：与垂直，且经过点.（1）求的一般式方程；（2）若与圆：相交于两点，求.【答案】（1）（2）8【解析】【分析】（1）由直线的方程和垂直关系可得的斜率为，由点斜式方程整理可得结果；（2）求出圆心C到直线的距离为，再由圆的弦长公式即可求得.【小问1详解】由直线：，可得斜率，因为，所以直线的斜率为，又因为直线过点，所以直线的方程为，即.【小问2详解】由圆C：，可得圆心，半径，则圆心C到直线：的距离为，又由圆的弦长公式可得弦长16.已知递增等差数列的前项和为．（1）求和；（2）数列满足，求的前项和；（3）若，求数列的通项公式．【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）根据等差数列公式，列出方程组，求得，进而可得通项公式和前项和；（2）根据对数式化指数式求得，进而求的前项和；（3）方法一：错位相减法求；方法二：化简得到，代入数据计算得到答案.【小问1详解】设数列公差为，由，解得或（舍去），所以，；【小问2详解】由，即，得，，所以为首项为1公比为2的等比数列，；【小问3详解】方法一：，由（2）知，所以，，两式相减得；方法二：.17.如图，在直三棱柱中，已知分别为和的中点．（1）求证：平面；（2）判断与是否垂直，并说明理由；（3）求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）垂直，理由见解析（3）【解析】【分析】（1）应用线面平行判定定理证明即可；（2）空间向量法得出即可判断证明；（3）空间向量法求解出法向量再计算二面角余弦即可求解；【小问1详解】连接，由于分别和的中点，则又因为平面平面，因此平面【小问2详解】取中点，连接，则，则平面，由于，则，因此，两两垂直，以为原点，的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，则，．所以．所以与垂直．【小问3详解】，设平面的一个法向量为，所以，取则设平面的一个法向量为，，所以，即取，则．设与平面所成角为，则即平面与平面与所成角的余弦值为．18.已知数列，若等比数列，则称具有性质．（1）若数列具有性质，求；（2）若，求证：数列具有性质；（3）数列具有性质，求．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据题意，成等比数列，列式运算得解；（2）根据数列的新定义运算证明；（3）根据题意可得，即，得数列是等比数列，运算得解.【小问1详解】由题意可知成等比数列．则即，，解得.【小问2详解】；，数列是以6为首项，以2为公比的等比数列，故数列具有性质．【小问3详解】由数列具有性质，则为等比数列，因为所以，故数列为以2为首项以2为公比的等比数列．则，于是，即，由．则数列是以为首项，以为公比的等比数列，故，得．【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是利用数列性质求出数列的通项，构造证明数列是等比数列，得解.19.已知椭圆的右焦点坐标为，两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形.（1）求椭圆的方程；（2）过作点直线与椭圆相交与两点，（i）在轴上存在一点，使得两条直线恰好关于轴对称，求点的坐标；（ii）再过该点作轴的垂线与交于点，过作直线与平行，交轴于点，交直线于点，求的值．【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）由题可知，再由条件两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形可知，结合求解，进而得到椭圆方程；（2）（i）设直线的方程，联立直线和椭圆，由韦达定理得到两根的关系，设，由，可求解点的坐标；（ii）根据平行得到斜率相等，可以写出直线的方程，进而得到的坐标，联立直线得到点的坐标，发现纵坐标之间的关系即可.【小问1详解】依题意得，解得，所以椭圆的方程为；【小问2详解】（i）设直线的方程为：，联立，整理得，其中，则，设，因恰好关于轴对称，所以，即，即，即，整理可得，则，即得，即，所求点的坐标为；（ii）对于直线的方程，令，得，所以点