广东省大湾区2024-2025学年高二上学期期末统一测试数学试卷（解析版）

第1页/共1页2024-2025学年广东省大湾区高二（上）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.在空间直角坐标系中，已知向量若则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量垂直的坐标表示运算求解.【详解】由可得，即，解之可得.故选：D2.过点，倾斜角为的直线方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】首先求出直线的斜率，再利用点斜式求出直线方程.【详解】由倾斜角为知，直线的斜率为，又直线过点，所以直线方程为，化简得.故选：C.3.圆：与圆的位置关系为（）A.相交 B.内切 C.外切 D.相离【答案】A【解析】【分析】求出两圆的圆心距，则有，即可判断两圆位置关系.【详解】圆的圆心为，半径为；，则圆的圆心为，半径为.两圆心之间的距离，且满足，可知两圆相交.故选：A.4.已知数列的各项均不为0，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】为公差为3的等差数列，求出，代入求解即可.【详解】由，可知为公差为3的等差数列，且首项为，故，故，.故选：C5.方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据椭圆的标准方程及焦点在轴上，可得的不等式组，解不等式组即可得的取值范围．【详解】由题意知焦点在轴上，则，解得，故D正确.故选：D.6.关于方程所表示的曲线，下列说法正确的是（）A.关于轴对称 B.关于轴对称 C.关于对称 D.关于原点中心对称【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用对称变换的方法逐项分析判断即可.【详解】对于A，用换方程中的，得，方程发生变化，即曲线关于轴不对称，A错误；对于B，用换方程中的，得，方程发生变化，即曲线关于轴不对称，B错误；对于C，用换，换，得，方程发生变化，即曲线关于轴不对称，C错误；对于D，将点代入原方程仍为，因此曲线关于原点中心对称D正确.故选：D7.已知椭圆的两个焦点为，过的直线与交于两点.若，，且的面积为，则椭圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】设，则，，由椭圆的定义得，在中，由余弦定理得，根据同角三角函数的平方关系得，在中，由余弦定理得，再结合的面积为，即可求出，进而得出椭圆的方程．【详解】设，则，，则，由椭圆的定义可知，所以，所以，，，，在中，，则，所以，在中，，即，整理可得，因为三角形的面积为，故，即，得，所以，，所以椭圆的方程为，故选：A．8.古典吉他的示意图如图所示．分别是上弦枕、下弦枕，是第品丝．记为与的距离，为与的距离，且满足，其中为弦长（与的距离），为大于1的常数，并规定．则（）A.数列是等差数列，且公差为B.数列是等比数列，且公比为C.数列是等比数列，且公比为D.数列是等差数列，且公差为【答案】B【解析】【分析】根据项与前项和的关系结合条件可得，根据等比数列的概念进而判断AB，结合条件可得，进而判断CD.【详解】因为，，所以，，所以，即，又为大于1的常数，所以，即数列是等比数列，且公比为，故A错误，B正确；由上可知，又，所以，，所以不是常数，故C错误；所以，不是常数，故D错误.故选：B.二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.9.直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，则下列说法正确的是（）A.抛物线的焦点坐标为 B.的最小值为4C.对任意的直线， D.以为直径的圆与抛物线的准线相切【答案】BD【解析】【分析】由抛物线方程求焦点坐标验证选项A；焦点弦中通径最短验证选项B；直线与抛物线联立方程组由韦达定理计算验证选项C；由圆心到直线的距离判断选项D.【详解】抛物线的焦点，A选项错误；抛物线的焦点弦中，通径最短，故的最小值为4，B选项正确；由题意，直线斜率存在，设直线的方程为，代入抛物线方程得，则，C选项错误；如图所示，的中点为M，过分别作准线的垂线，垂足分别为，则，可知以为直径的圆与抛物线的准线相切，D选项正确.故选：BD10.如图，在平行六面体中，，，底面ABCD为菱形，，与AB，AD所成的角均为（）A.B.四边形为矩形C.D.如果，那么点M在平面内【答案】ABD【解析】【分析】根据空间向量的线性运算可判断A；根据余弦定理，可得，进而证得平面，即可判断B；据题设，可得是等腰三角形，进而求得，从而判定C；根据空间向量的共面定理推论可判定D.【详解】选项A，在平行六面体中，，正确；选项B，设，因为，，又，与AB，AD所成的角均为，所以，又O为BD中点，则，又，，，平面，所以平面，由于平面，故，由于，则，所以四边形为矩形，正确；选项C，因为四边形ABCD为菱形，，所以，所以，即是等腰三角形，又，所以，所以，即，错误；选项D，若，由于，所以M，B，D，四点共面，故点M在平面内，正确．故选：ABD11.已知数列：0，2，0，2，0，现在对该数列进行一种变换，规则：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”，得到一个新数列，记数列，，且的所有项的和为，则以下判断正确的是（）A.的项数为 B.C.中0的个数为203 D.【答案】ABC【解析】【分析】根据已知条件，分析出数列的项数成等比数列判断A，根据变换规则，得出数列中与个数的规律，结合数列项数，即可判断B、C、D三个选项.【详解】设数列项数为一个数列，因为中有项，即，根据题意：在作用下，每个0都变为“”，每个2都变为“”，所以有，由此可知数列为首相，公比的等比数列，所以的项数为，故A正确；根据变换规则，若数列的各项中，与的个数相同，则与之相邻的下一个数列中与的个数也相同；若比多个，则与之相邻的下一个数列中比的个数少个，若比少个，则与之相邻的下一个数列中比的个数多个，因为中有项，其中个，个，比少个，所以的项中，比的个数多个，以此类推，若为奇数，则数列的各项中比少个，若为偶数，则数列的各项中比多个，中，项数为个，为偶数，所以2的个数为，所以，所以B正确；中共有项，其中为奇数，所以数列中有个，所以C正确；D选项，的值与的奇偶有关，所以D错误.故选：ABC.【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是数列求通项或求和.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.点为圆上的动点，则的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，的几何意义为圆上的动点Mx,y与定点连线的斜率，求出临界值，即可得解.【详解】圆可化为，圆心坐标为2,0，半径为1，的几何意义为圆上的动点Mx,y与定点连线的斜率，设过的圆的切线方程为，即．由圆心2,0到切线的距离等于半径，得，解得．的取值范围是．故答案：．13.已知双曲线的一条渐近线的方程为，则C的离心率的值为________.【答案】【解析】【分析】由已知可得，进而可求双曲线的离心率.【详解】因为双曲线的一条渐近线的方程为，所以，所以双曲线的离心率为.故答案为：.14.正方形的边长为12，其内有两点P，Q，点P到边，的距离分别为3和1，点Q到边，AB的距离也分别为3和1．现将正方形卷成一个圆柱，使得AB和重合（如图），则此时P，Q两点间的距离为______．【答案】【解析】【分析】利用，两点所在截面的圆心，将P，Q两点间的距离转化为的模计算即可.【详解】如图，设过点且平行底面的截面圆心为，过点且平行底面的截面圆心为，设圆柱底面半径为，则，所以.，因为,所以.所以.故答案为：.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，直线.（1）求直线恒过定点的坐标；（2）求直线被圆截得的弦长最短时的值以及最短弦长.【答案】（1）直线恒过定点（2），4【解析】【分析】（1）由直线l的方程变形为，联立即可求得直线恒过的定点；（2）要使直线l被圆C所截得的弦长最短，则，化圆C的方程为标准方程，求出圆心坐标，得到，再由两直线垂直与斜率的关系列式求解m值及弦长.【小问1详解】直线，可化为，联立解得故直线恒过定点.小问2详解】由，配方得，所以圆心，半径为，直线恒过定点，当直线时，直线被圆截得的弦长最短.因为直线的斜率为，故直线的斜率为，解得.此时圆心到直线的距离为，所以最短弦长为.16.已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，且满足，.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前2n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，借助等比数列的通项公式求出公比及首项即可.（2）由（1）的结论，利用分组求和法，结合等比数列前n项和公式求解即得.【小问1详解】设等比数列的公比为，由及，得，解得，于是，即，所以数列的通项公式是.【小问2详解】由（1）知，，所以.17.如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面且，E为中点.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值；（3）求点C到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）取中点，利用面面垂直的性质证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.（2）由（1）求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.（3）由（2）中信息，结合点到平面距离公式求解即得.【小问1详解】取中点，连接，由，得，又平面平面，平面平面，平面，则平面，过作，由，得，而平面，则，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：由，，得，中点，则，因此，即，所以.【小问2详解】由（1）知，，设平面的法向量，则，令，得，设平面的法向量，则，令，得，设二面角的大小为，则，所以二面角的正弦值.【小问3详解】由（1）（2）知，，平面的法向量，所以点C到平面的距离.18.在空间直角坐标系Oxyz中，已知向量，点.若直线l以为方向向量且经过点，则直线l的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为.（1）证明：向量是平面的法向量；（2）若平面，平面，直线l为平面和平面的交线，求直线l的单位方向向量（写出一个即可）；（3）若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为、、，其中平面经过点，，，平面，平面，求实数m的值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）由空间向量的垂直即可证明；（2）设直线l的方向向量，由与两平面的法向量垂直列方程求解；（3）写出三个平面的法向量，求得与交线的方向向量，进而可求解.【小问1详解】取平面内的任意两点，，则两式相减得，，即，所以，从而，故是平面的法向量.【小问2详解】记平面，的法向量为，，设直线l的方向向量，因为直线l为平面和平面的交线，所以，，即，取，则，所以直线l的单位方向向量为.【小问3详解】设，由平面经过点，，，所以，解得，即，所以记平面、、的法向量为，，，与（2）同理，与确定的交线方向向量为，所以，即，解得.【点睛】关键点点睛：本题的关键，结合已知概念求出相关法向量，即可解决问题.19.已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为.（1）若，（i）若，求；（ii）求证：为定值；（2）若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值.【答案】（1）（i）；（ii）证明见解析.（2）2【解析】【分析】（1）（i）先求直线的方程，联立双曲线方程求得点的坐标，求直线斜率，进而求解即可；（ii）法1，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值；法2，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值；（2）先对直线、斜率不存在的情形进行验证；法1：和均存在时，设，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法2，和均存在时，由三点共线可得，求得的值和，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法3，若和均存在，设，则，得到，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值.【小问1详解】（i），所以直线.直线与联立可得，解得或，所以.所以，所以；（ii）法1：①直线斜率存在时，可设直线的方程为，设Ax1,由得所以.当时，由（i）可得；当时，设的斜率分别为..所以，.所以.因为在第一象限，所以，所以，所以.②直线斜率不存在时，可得，可得，所以，同理可得.综上可得，为定值，得证.法2：①时，由（i）可得；②时，设的斜率分别为.设，由在直线上可得.与联立可得，即，所以就是方程的两根.所以，，因为在第一象限，所以，所以，所以.综上可得，为定值，得证.小问2详解】由（1）可得时，①不存在，则A0,−1，由①（i）可得，所以，所以.②不存在，则，则，此时，由图可得.③法1：若和均存在，设，则与双曲线联立可得.所以.所以，所以.设与的外接圆半径分别为，从而.等号当且仅当时取到.所以与的外接圆半径之比的最大值为2