广东省仲元中学、龙城高级中学2024-2025学年高二上学期期末联考数学试题（解析版）

第1页/共1页仲元中学-龙城高级中学2024-2025学年度第一学期高二年级期末联考数学试题一、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.经过两点的直线的一个方向向量为，则（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】D【解析】【分析】根据直线方向向量的定义即可求解.【详解】由条件可得，解得.故选：D.2.椭圆的焦点在轴上，长轴长是短轴长的两倍，则的值为（）A. B. C.2 D.4【答案】D【解析】【分析】根据椭圆的标准方程建立方程，解之即可求解.【详解】由，因为椭圆的焦点在轴上，所以，，因为长轴长是短轴长的两倍，所以，所以，得.故选：D.3.已知数列是等比数列，其中，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】推导出，结合等比中项的性质可求得的值.【详解】设等比数列的公比为，则，因为，，由等比中项的性质可得，故.故选：C.4.圆关于直线对称的圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】设对称圆的圆心，解方程组即得圆心，然后代入圆的标准方程得解.【详解】圆的圆心为，设对称圆的圆心为，依题意得，解得，又圆的半径与对称圆的半径相等都为2，所以对称圆的方程为.故选：B.5.“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据题意，联立直线与双曲线方程，由直线与双曲线只有一个公共点代入计算，即可得到的取值，再由充分条件，必要条件的定义，即可得到结果.【详解】联立方程，整理可得，当时，即，方程有一解，即只有一个公共点；当时，，解得；所以直线与双曲线只有一个公共点时，或，所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充分不必要条件，故选：A6.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥为阳马，平面，点是边上一点,且，若，则（）A.1 B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用空间向量基本定理将用，和表示出来，对照各项系数计算即得.【详解】∵，∴，∴，则，，，故．故选:A.7.已知等差数列的前项和为，，，则（）A.当时，最大 B.当时，最小C.数列中存在最大项，且最大项为 D.数列中存在最小项【答案】C【解析】【分析】根据题意分析可得，.对A：根据等差数列的前项和的性质结合二次函数分析判断；对B：分类讨论判断与的大小关系；对C、D：根据等差数列的单调性以及的正负性分析判断.【详解】设等差数列的公差为d，∵，则，即，又∵，解得，对A：∵为等差数列，则可设，由二次函数可知不存在最大值，故A错误；对B：因为，则有：当时，，故；当时，，故；当时，，；故B错误；对C、D：∵，则数列为递减数列，且，所以对，均有；对，均有0，所以中，最大，无最小项，故C正确，D错误.故选：C.8.斜率为的直线经过双曲线的左焦点，交双曲线两条渐近线于两点，为双曲线的右焦点且，则双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】设为中点，由可得，从而确定点坐标，再用点差法探索双曲线中，的关系，从而确定离心率.【详解】如图：取为中点，则由题意：，，则，.作轴于点，则，，.所以点坐标为.再设，.由，且，，得：.故选：A【点睛】关键点点睛：根据是等腰三角形，从而得到垂直关系是问题的突破口.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.设数列满足，，数列的前项的和为，前项的积为，，则（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】利用递推公式逐项计算可判断A选项；根据数列的前项的值可判断数列的周期性，可判断B选项；利用数列的周期性计算可判断CD选项.【详解】对于A选项，因为数列满足，，则，，，，A对；对于B选项，由A选项可知，数列是以3为周期的周期数列，即对任意，，B对；对于C选项，因为，且，则，C对；对于D选项，因为，则，D错.故选：ABC.10.如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（）A.当点为的中点时，与平面所成角为B.存在点，使得C.对于任意点，均不成立D.三棱锥的体积是定值【答案】AC【解析】【分析】在正方体中建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项；利用空间位置关系的向量证明判断BC；利用点到平面距离的向量求法计算判断D.【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令，则、、、、、，所以，，对于A选项，当为的中点时，，，易知平面的一个法向量为，则，故点为的中点时，与平面所成角为，A对；对于B选项，令，则点，，，若，则，必有，即与矛盾，B错；对于C选项，，，其中，若，则，解得，不合乎题意，所以，对于任意点，均不成立，C对；对于D选项，，设平面的法向量，则，令，得，于是点到平面的距离，，则不是常数，又点、、是三个定点，面积是定值，因此三棱锥的体积不是定值，D错.故选：AC.11.已知为抛物线的焦点，过的直线与交于两点，，为的中点，过作轴的垂线，垂足为.设抛物线的准线与轴交于点，且四边形为菱形，则（）A.准线的方程为 B.C.为钝角 D.为钝角三角形【答案】BD【解析】【分析】A选项，由四边形为菱形且，求出的值，得抛物线方程和准线方程；由已知可得直线的倾斜角为，方程为，与抛物线方程联立求出两点坐标，求出判断B选项，利用向量数量积判断角的范围验证CD选项.【详解】不妨设点在第一象限，如图，对于A，由抛物线方程中的几何意义可知，，四边形为菱形，，为的中点，，解得，抛物线的标准方程为，准线的方程为，A错误，对于B，方法一：在中，，，直线的倾斜角为，，直线的方程为，设，，联立得方程组消去并整理，得，解得或则，，，，则，B正确，方法二：若直线过焦点，则有结论：，，，，，而，，B正确，对于C，方法一：易知，，，，，为锐角，C错误，方法二：由抛物线的性质可知，以为直径的圆与准线相切，又直线的倾斜角为，切点不是点，则点在圆外，由圆的性质可知，为锐角，C错误，对于D，在中，，，，，，为钝角，则为钝角三角形，D正确.故选：BD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.直线与间的距离是__________.【答案】##【解析】【分析】利用两平行线间的距离公式计算可得答案.【详解】由得，所以直线与间的距离是.故答案为：.13.已知等比数列的前项和为，若，则__________．【答案】##【解析】【分析】先说明数列的公比不为，由条件结合等比数列求和公式证明，再结合求和公式求结论.【详解】设等比数列的公比为，若，则，矛盾，故．由题意，得，即，，所以．故答案为：14.椭圆的光学性质：从椭圆一个焦点发出的光，经过椭圆反射后，反射光线都汇聚到椭圆的另一个焦点上.已知椭圆，、为其左、右焦点.是上的动点，点，且的最大值为，则____________.动直线为椭圆的切线，右焦点关于直线的对称点为，则点到直线的距离的取值范围为____________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据椭圆定义可得出，可得出，当且仅当为射线与椭圆的交点时，等号成立，可求出的值，进而可得出，根据椭圆的光学性质可得出点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，结合圆的几何性质可求得的取值范围.【详解】根据椭圆定义得，所以，，当且仅当为射线与椭圆的交点时，等号成立，因为的最大值为，且，则，解得，则.设切椭圆于点，由椭圆的光学性质可得、、三点共线，，则点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以，到直线的距离为，由圆的几何性质可知，点到直线的距离最小值，最大值，即.故答案为：；.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．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.在中，角、、的对边分别为、、．已知．（1）求角的大小；（2）设为边的中点，若，，求的大小．【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）用正弦定理将边化角，再用两角和的正弦公式化简即可求出，进而可得角的大小；（2）用余弦定理结合题目所给条件可求出及，再用向量即可求解.【小问1详解】,,,,，.【小问2详解】在中,由余弦定理得,,又因为，所以，联立解得，因为为边的中点，所以,所以，即，所以.16.已知关于x，y的方程.（1）若该方程表示圆C，求m的取值范围；（2）若圆C与圆外切，求m的值；（3）若（2）中的圆C与经过点的直线l相交于M，N两点，且，求直线l的方程．【答案】（1）；（2）4；（3）或.【解析】【分析】（1）化给定方程为，利用方程表示圆，即可求出范围.（2）根据给定条件，利用两圆相外切，列出方程，求出的值.（3）由（2）求出圆的方程，由圆的弦长公式求出圆心到直线l的距离，再按斜率存在与否分类求出方程.【小问1详解】方程，变形得，由方程表示圆，得，解得，所以实数的取值范围为.【小问2详解】由圆，得，此圆圆心，半径为，又圆的圆心，半径，由圆与圆相外切，得，即，所以.【小问3详解】由（2）知，圆的圆心，半径，由圆的弦长，得圆心到直线的距离，圆心到直线的距离为，且直线过点，因此直线方程可以是；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，由，解得，直线的方程为，所以直线l的方程为或.17.已知等差数列的前项和为，并满足.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由可求得数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，可得出的表达式，利用错位相减法可求得.【小问1详解】因为等差数列的前项和为，并满足，当时，，当时，，满足，故对任意的，.【小问2详解】因为，则，所以，，所以，，，上式下式可得，因此，.18.如图，在三棱锥中，，，是线段上的点．（1）求证：平面平面；（2）若为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值；（3）若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；（3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式，利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，可得出点、的坐标，求出平面的一个法向量，设，求出的坐标，根据求出的值，即可得解.【小问1详解】取中点，连接、，因为，，则，所以，所以，所以，又因为，所以，则，又因为，所以，又因为，，、平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，当点为的中点时，，，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，所以，，故当为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】设，因为，其中，所以，，可得，即点，因为平面，则点，，，当且仅当时，即当时，等号成立，故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值，此时，点，由（2）可知，此时，平面的一个法向量为，设，其中，则，因平面，则，所以，，解得，所以，，所以，即长为.19.17世纪荷兰数学家舒腾设计了多种圆锥曲线规，其中的一种如图1所示.四根等长的杆用铰链首尾链接，构成菱形.带槽杆长为4，点间的距离2，转动杆一周的过程中始终有.点在线段的延长线上，且.（1）以线段中点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，求出点的轨迹的方程；（2）过点的直线与交于两点.记直线的斜率分别为，（i）证明：为定值；（ii）若直线的斜率为，点是轨迹上异于的点，且平分，求的取值范围.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）【解析】【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义知点的轨迹是以为焦点的椭圆，确定a，b即可求解；（2）（i）设，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，结合两点表示斜率公式即可证明；（ii）根据三角形面积公式化简可得，设，由（i）和平面向量的坐标表示建立的方程，解之即可求解.【小问1详解】，点的轨迹是以为焦点的椭圆，设椭圆的方程为，，，点的轨迹的方程为；【小问2详解】（i）证明：设直线与椭圆的交