陕西省榆林市八校联考2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试题 含解析

2024～2025第一学期期末质量检测高二数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章．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.已知数列1，，，，3，…，，…，则9是该数列的（）A.第42项 B.第41项 C.第9项 D.第8项【答案】B【解析】【分析】由递推得到通项公式，然后计算即可.【详解】由已知数列1，，，，3，…，，…，即，，，，，…，，…，则数列的第项为，令，解得，所以9是该数列的第41项.故选：B.2.双曲线的渐近线方程为（）．A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】将双曲线方程等号右侧换成，可直接求得渐近线方程.【详解】由，得渐近线方程为．故选:A．3.若直线是圆的一条对称轴，则（）．A. B.0 C. D.1【答案】C【解析】【分析】根据直线是圆的对称轴可知，直线过圆心，进而可求出结果.【详解】圆的圆心坐标为，因为直线是圆的一条对称轴，所以直线过点，所以，解得．故选：C．4.现计划将某山体一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，···，第n排比第n－1排多栽种棵且，则第10排栽种塔松的棵数为（）A.90棵 B.92棵 C.94棵 D.96棵【答案】D【解析】【分析】利用相加相消法，再结合等差数列的求和公式得解.【详解】设第排栽种的塔松的数量为由题意知，所以故选：D．5.已知O为坐标原点，F为抛物线的焦点，点在C上，且，则C的方程为（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的定义得，结合得，将代入抛物线的方程即可解得的值，进而得C的方程.【详解】由抛物线的定义，得，又，，则，即，因此，由点在C上，得，结合，解得，所以C方程为．故选：B．6.如图，过圆柱其中一条母线上的点P分别作平面，，截圆柱得到椭圆，，．设椭圆，，的离心率分别为，，，则（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意得，，由此可确定，，的大小关系；或根据离心率的定义判断.【详解】解法1：设椭圆，，的长轴长分别为，，，短轴长分别为，，，焦距分别为，，，由题意得，，则，，，由，，得，故．故选：D．解法2：根据椭圆的圆扁程度确定离心率，离心率越大，椭圆越扁，离心率越小，椭圆越圆，由此可得．故选：D．7.已知正四棱锥的各棱长均相等，点E是的中点，点F是的中点，则异面直线和所成角的余弦值是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设相交于点O，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出直线和的坐标，利用向量夹角余弦公式求解即可.【详解】设相交于点O，根据题意，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设，则，，则，，，，，因为点E是的中点，点F是的中点，所以，，所以，，则，因为异面直线夹角的取值范围是,所以异面直线和所成角的余弦值是．故选:D．8.已知等差数列的前n项和为，若，则使得成立的正整数n的最大值为（）．A.23 B.22 C.21 D.20【答案】C【解析】【分析】根据题设，利用通项与的关系可得，，根据等差数列前项和公式，结合等差数列的性质得到和，由此即可选出答案【详解】设公差为d，由，所以，∴，公差，又，，所以使得成立的正整数n的最大值为21．故选：C.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.若直线的斜率，直线经过点，，且，则实数a的值为（）．A.1 B.3 C.0 D.4【答案】AB【解析】【分析】利用直线垂直的充要条件列出方程，计算即得.【详解】因，且，则的斜率必存在，故，即，化简得，解得或．故选：AB．10.已知是数列的前n项和，，则下列结论正确的是（）．A.数列是等比数列 B.数列是等差数列C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据即可作差得，进而可判断为等比数列，根据等比通项以及求和公式即可求解.【详解】当时，，所以，当时，，所以，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，．故选：ACD．11.已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线交C的右支于A，B两点，若，，则（）．A.C的离心率为2 B.C.面积为4 D.的周长为18【答案】ABD【解析】【分析】由双曲线方程可得，由，可得∽，据此可得题中所涉线段长度，即可判断选项正误.【详解】如图所示，不妨设A在第一象限，则，由于，得，，由于，所以∽，故，可得，故，而，故，由，得，对于A，C的离心率，故A正确；对于B，由以上分析可知，故B正确；对于C，在中，，，，故，故C错误；对于D，的周长为，故D正确.故选：ABD．【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用相似三角形的判定定理和性质定理得到比例式.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.抛物线的焦点到准线的距离为______．【答案】2【解析】【分析】由抛物线方程可得抛物线的焦点和准线，即可得解.【详解】由题意知该抛物线的焦点为，准线方程为，故焦点到准线的距离为2．故答案为：2.13.在四面体ABCD中，，，点E在棱CD上，，F是BD的中点，若，则______；点F到平面EAB的距离是______．【答案】①.0②.【解析】【分析】利用空间向量的线性运算表示，根据空间向量基本定理得到的值即可得到的值；以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量结合点到平面的距离公式计算可得结果.【详解】∵，∴，∵，∴，，，∴．以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0，，，，，，∴，，，设平面EAB的法向量为n=x,y,z，则取，则，，∴，∴点F到平面EAB的距离是．故答案为：0；.14.已知圆，，，A，B是圆C上的动点，且，点N是线段AB的中点，则当取得最大值时，的值为______．【答案】【解析】【分析】根据垂径定理及直角三角形斜边中线的性质得，设，可得点N在圆上，数形结合可知当直线MN与圆相切时，取得最大值，利用勾股定理计算可得结果.【详解】由题意得，，圆半径为.∵，，∴点在圆内.如图1，连接CN，CA，则.∵点N是线段AB的中点，∴，∵，∴，即．设，则，整理得，∴点N在圆上，圆心，圆半径为.如图2，当直线MN与圆相切时，取得最大值，此时，．故答案为：.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用几何性质求出点的轨迹方程，数形结合求切线长即可得到结果.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.已知是数列的前n项和，若，是等差数列，．（1）求；（2）求数列的通项公式．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设数列的公差为，由解出即可；（2）利用求即可.【小问1详解】设数列的公差为d，则由，得，所以，即，所以，，因为，所以，解得，所以．【小问2详解】由（1）知，所以时，，上面这个式子对也适合，所以时，．16.设，，，，圆Q的圆心在x轴的正半轴上，且过A，B，C，D中的三个点．（1）求圆Q的方程；（2）若圆Q上存在两个不同的点P，使得成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）首先分析圆只能过点，，三点，再求出线段、线段的垂直平分线方程，联立求出交点坐标，即为圆心，再求出半径，即可得到圆的方程；（2）设Px,y，根据，得到，即可得到点在以为圆心，为半径的圆上，依题意该可知圆与圆相交，由圆心距与半径和差的关系得到不等式组，解得即可；【小问1详解】若圆经过，，则圆心必在的垂直平分线上，不合题意；又与关于轴对称，圆心在轴的正半轴上，所以圆只能过点，，三点，因为，的中点为，所以线段的垂直平分线的方程为，即，又线段的垂直平分线的方程为，联立方程组解得，所以圆心为，半径为，所以圆的方程为．【小问2详解】设Px,y，因为，所以，化简得，所以．则点在以为圆心，为半径的圆上，依题意该圆与圆有两个交点，即可两圆相交，又，则，解得．17.如图，在直三棱柱中，，，，点E，F满足，，记．（1）当平面平面时，求的值；（2）当时，求直线与平面所成角的大小．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，再由面面垂直得到法向量的数量积为零求解即可；（2）由空间线面角公式再结合特殊角的三角函数值计算即可；【小问1详解】在直三棱柱中，，，又，故以A为坐标原点，直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），则，，，所以，，，．设平面的一个法向量，则，即，令，解得，，所以，设平面的一个法向量，则，即，令，解得，，所以，因为平面平面，所以，所以，即，，所以．【小问2详解】当时，，结合（1），得，，设直线与平面所成角为，所以，又，所以．18.已知点A，B是椭圆上、下顶点，点满足.（1）求点的轨迹方程；（2）是否存在点，使得过点的动直线交椭圆于M，N两点，且BM与BN的斜率之和为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，点的坐标为或.【解析】【分析】（1）表示顶点坐标，设，利用条件建立方程，即可得到结果.（2）设动直线方程以及直线斜率，表示直线方程，和椭圆联立表示点坐标，代入直线方程可构造出都满足的一元二次方程，利用斜率之和为定值解决问题.【小问1详解】由题意得，.设，由得，，整理得，点的轨迹方程为.【小问2详解】存在，理由如下：设动直线方程为，直线斜率为，直线斜率为，则，.由得，，∴，由点在动直线上得，，整理得，同理得，∴是方程的两个根，∴，则为定值.令，则，代入动直线方程得，，令，得，代入动直线方程得，，即，点代入（1）中轨迹方程得，，解得，∴点的坐标为或.点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合问题，具体思路如下：（1）设动直线方程为，直线斜率为，直线斜率为，表示直线方程，和椭圆联立表示点坐标.（2）利用点在动直线上可得到是方程的两个根，结合韦达定理表示，利用为定值得到和的关系，从而求出点.19.对于各项均为正数的无穷数列，若，都有，其中d为非零常数，则称数列是数列．（1）判断无穷数列和是不是数列？若是，求出相应的常数d的值；若不是，请说明理由；（2）若是数列，且．①记的前n项和为，求证：；②对任意的正整数n，设，求数列的前项和．【答案】（1）是数列，不是数列，理由见解析（2）①证明见解析；②．【解析】【分析】（1）令，计算为，即可判断是数列；令，计算为，即可判断不是数列；（2）①根据题中条件，先求出，由等差数列前项和公式，求出，计算，化简整理，即可证明结论正确；②由①中，先求出当n为奇数时，；当n为偶数时，，利用裂项相消的方法求奇数项的和，利用错位相减法求偶数项的和，进而可求出结果.【小问1详解】解：是数列，不是数列，理由如下：令，则，，因为为非