山西省吕梁市2024-2025学年高二上学期期末数学试题 含解析

吕梁市2024—2025学年高二第一学期期末调研测试数学试题（本试题满分150分，考试时间120分钟．答案一律写在答题卡上）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上．2．答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．4．保持卡面清洁，不折叠，不破损．一、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.已知，，则的值为（）A.4 B.0 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据空间向量数量积的坐标表示即可求解.【详解】由题意知，.故选：C2.已知函数，则的值为（）A.6 B.12 C.24 D.0【答案】B【解析】【分析】求出导函数，代入即可；【详解】∵，∴，∴．故选：B3.数列为等差数列，公差为d，，，则的值为（）A. B. C.4 D.【答案】A【解析】【分析】运用等差数列性质计算即可.【详解】∵为等差数列，，∴．故选：A4.若，则直线AB与CD位置关系是（）A.平行 B.相交 C.异面 D.相交或异面【答案】D【解析】【分析】根据垂直直线的向量表示可知直线AB与CD垂直，即可求解.【详解】因为，所以直线AB与CD垂直，所以AB与CD相交或异面．故选：D5.抛物线的焦点到准线的距离是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的方程直接求解即可.【详解】，焦点到准线的距离是.故选：A6.已知曲线（）和直线有且仅有一个公共点，则直线l的斜率为（）A. B. C. D.不存在【答案】C【解析】【分析】法一，由圆心到直线的距离等于半径即可求解，法二，由图像判断斜率大于0，结合选项判断即可；【详解】易知，直线过定点，曲线表示圆心，半径为2的上半圆，定点在半圆所在的圆外．解法一：由与有且仅有一个公共点时，与半圆相切，此时圆心到直线的距离，解得，由图知，故选：C．解法二：当和有且仅有一个公共点时，存在，且，结合选项，故选：C．7.数列的通项公式为，当的前n项积最大时，n为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】先根据等比数列的单调性判断时，的前n项积越来越大，当时，的前n项积越来越小，从而可得答案.【详解】因为，所以数列是递减数列，，，所以所以时，的前n项积越来越大，当时，的前n项积越来越小，所以当数列的前项积最大时的值为4．故选：C．8.下面四个选项中，正确的是（）A.双曲线绕坐标原点O逆时针旋转得到曲线B.曲线是由双曲线绕原点O顺时针旋转得到的C.曲线的离心率为D.曲线的渐近线方程是【答案】B【解析】【分析】根据旋转变换公式求得逆时针旋转得到曲线判断A；求得旋转后的曲线方程为双曲线是可判断B，进而判断C；利用B中结论，根据双曲线的性质，结合对称性可判断D.【详解】对于选项A，设双曲线上任一点，点绕坐标原点O逆时针旋转后得到斜双曲线C上一点．则：，即，代入双曲线得：．故A错误；对于选项B，C，设为上任一点，点绕坐标原点O逆时针旋转后得到双曲线上一点．则：，∴∴……①又……②把①②代入得：，∴∴∴∴∴∴，所以双曲线是所以此双曲线的离心率，即曲线的离心率为，故B正确，C错误；对于选项D，因为的渐近线为，设渐近线上一点绕原点O顺时针旋转后为，则，同理可得渐近线绕原点O顺时针旋转后的渐近线为和，因为与关于y轴对称，所以渐近线也关于y轴对称，故渐近线为和．故D错误，故选：B．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键有两个：一是对旋转变换公式的理解与灵活应用；二是在解析过程中，对复杂的计算一定细心.二、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.下列说法正确的是（）A.曲线表示圆B.过点作圆的切线，其切线长为C.过圆与可作4条公切线D.直线的倾斜角范围是【答案】BCD【解析】【分析】将曲线方程配方可判断A；利用切线长公式求出切线的长可判断B；判断两圆的位置关系可判断C；求出斜率的范围，可得倾斜角的范围，从而可判断D.【详解】对A选项，曲线可化为，不是圆，所以A错误；对B选项，切线长为，所以B正确；对C选项，因为圆的圆心坐标为，半径为2，的圆心坐标为，半径为1，所以两圆圆心距为大于两半径之和，所以两圆相离，可作4条公切线，所以C正确；对D选项，设直线的倾斜角的倾斜角为，，因为直线的斜率，所以倾斜角范围．所以D正确，故选：BCD.10.通常把导函数导数叫做函数的二阶导数，记作，类似地，函数的阶导数的导数叫做函数的n阶导数，记为．若，则下面选项正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】由n阶导数的概念求导找规律，逐个判断即可；【详解】解析：由，，，，，依此类推：，所以，，，，故选：BC11.沿着下面左图纸带宽的三等分线（虚线）剪开，不能得到的剪开图是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】可以实际操作一下即可得到正确选项【详解】解：因为纸带是由一个长方形纸条一端扭曲180°后粘贴而成封闭环，沿着三等分线剪开时，会一次性剪完纸带的所有三等分线．所以剪开图是两个套在一起的环，并且两个环的宽度是原纸带环宽度的.正确剪开图是B．故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.一条光线从点出发射到直线上的点B，经直线反射后，反射光线恰好经过点，则入射光线所在直线的斜率为______．【答案】【解析】【分析】由对称性，求得关于的对称点，即可求解；【详解】点关于直线的对称点为，由题知，入射光线所在的直线经过点和点，且．故答案为：．13.设数列满足，，，则______．【答案】【解析】【分析】运用累加，结合等比数列求和计算即可.【详解】∵，∴且，当时，有，则，①∴，②①－②得：∴当时也符合上式，∴，∴故答案为：.14.已知曲线，两条直线，均过坐标原点O，和C交于M，N两点，和C交于P，Q两点，若△OPN的面积为，则四边形PNOM的面积为______．【答案】##【解析】【分析】根据双曲线及直线的对称性结合面积公式即可求解.【详解】因为曲线C为，关于原点对称，P、Q两点关于原点对称，M，N两点关于原点对称，所以，，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）判断直线l与圆C的位置关系；（2）求圆C上的点到直线l距离的最大值和最小值；（3）圆心为的圆与圆C相切，求圆的方程．【答案】（1）相离（2）最大值为，最小值为（3）或【解析】【分析】(1)判断圆心到直线的距离与半径的大小即可；(2)由(1)可知直线与圆相离，此时圆上的点到直线的距离的最大值为，最小值为，利用公式即可求解；(3)圆与圆相切，分为内切和外切两种情况去求出半径，再写出圆的标准方程即可.【小问1详解】圆可化为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，直线与圆相离；【小问2详解】由(1)可知圆心到直线的距离，圆上的点到直线距离的最大值为，最小值为；【小问3详解】设圆的半径为，两圆相切，且，当圆与圆外切时，，当圆与圆内切时，，圆心为，圆的方程为或.16.已知数列中，，且满足（）．（1）证明：数列等比数列；（2）求的通项公式；（3）令，为数列的前n项和，证明：．【答案】（1）证明见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意，可得，结合等比数列的定义即可证明；（2）由（1），根据等比数列的通项公式计算即可求解；（3）由（2）可得，利用裂项相消求和法可得，结合作差法即可证明.【小问1详解】由题意知，所以，由于，故，故，故数列是以3为首项，公比为3的等比数列；【小问2详解】由（1）可知是以3为首项，公比为3的等比数列，所以，故【小问3详解】由（2）知．所以，故，由于，故，又，故，所以17.已知函数．（1）求函数的解析式；（2）设，求曲线的斜率为的切线方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）先对给定函数求导，然后将代入导函数求出的值，进而得到函数的解析式.（2）先求出的表达式，再对求导，根据切线斜率求出切点坐标，最后利用点斜式求出切线方程.【小问1详解】对求导，可得.把代入，得到.解得.把代入，得到.【小问2详解】已知，把代入可得.对求导，可得.因为曲线切线斜率为，所以令，即.解得或.当时，.当时，.当切点为，切线方程为，整理得.当切点为，切线方程为，整理得.综上所得，的斜率为的切线方程为或.18.已知椭圆（）的左顶点为A，左、右焦点分别为，，离心率为，P为椭圆上任一点，且的面积的最大值为．（1）求C的方程；（2）若直线l与C有两个不同的交点M，N（均不与点A重合），且，判断直线l是否恒过一个定点，若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由；（3）在（2）的条件下，求△AMN面积的最大值．【答案】（1）（2）存在定点（3）【解析】【分析】（1）利用三角形面积与椭圆性质，及离心率公式与基本关系式计算.（2）利用直线于椭圆联立方程，韦达定理与向量的数量积.（3）利用点到直线距离，与弦长公式，三角形面积公式，换元法与函数最值，求出最大值.【小问1详解】设椭圆C的焦距为．当P在短轴的端点处时，的面积最大，所以，又C的离心率，所以，结合，得，，所以椭圆C的方程为．【小问2详解】解法一：由题意知直线的斜率不为0，否则，所以可设直线的方程为，联立得，所以，，所以，，由（1）知，因，所以，所以，即，即，解得或（舍去），又满足，故存在定点.解法二：将椭圆方程向右平移2个单位，得，即①，设直线MN方程为，代入（1）得：，即，，两边同时除以得：②，设，，、是②式的两根，得，，平移回去（向左平移2个单位），得直线过定点.【小问3详解】解法一：由（2）知，，，所以A到的距离，所以面积，令，，因为，所以当时，，此时，满足，故．18题图解法二：，其余同上.【点睛】思路点睛：知识点综合利用，解决直线与椭圆相交问题，坐标平移变换椭圆方程，通过点到直线距离公式和弦长公式得出三角形面积表达式，综合运算.19.已知边长为6的菱形ABCD（如图1），，AC与BD相交于点O，E为线段AO上一点，且，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥（如图2）．（1）证明：BD⊥AC；（2）当三棱锥的体积最大时，（ⅰ）求三棱锥外接球的表面积；（ⅱ）求平面BCE与平面ACD的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）（ⅰ）；（ⅱ）【解析】【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面ACO，再由线面垂直的性质得；（2）（i）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设外接球的球心为，利用空间距离公式可得外接球半径，则表面积可求；（ii）利用平面与平面所成角的向量解法求解即可.【小问1详解】因为四边形AB