2024-2025学年广东省深圳市龙岗区高二上学期期末质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省深圳市龙岗区2024-2025学年高二上学期期末质量监测数学试题一、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.已知是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设直线的倾斜角为，由直线的方向向量可知直线的斜率，所以.故选：D.2.已知向量，，且，那么（）A. B. C. D.5【答案】C【解析】由向量，，且，得，则，则.故选：C.3.若双曲线的焦距为4，则其渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】双曲线焦距为4，可得m+1＝4，所以m＝3，由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为：所以双曲线的渐近线方程为：yx．故选：A．4.数列满足，则（）A.1 B.2 C.4 D.8【答案】C【解析】因为数列满足，所以.故选：C.5.直线与圆的公共点个数为（）A.0 B.1 C.2 D.不确定【答案】C【解析】因为直线可化为，所以直线过定点，而，所以该定点在圆的内部，故直线与圆有2个公共点.故选：C.6.已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（

）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，因为在区间上单调递减，所以，即，则在上恒成立，因为在上单调递减，所以，故.故选：A.7.已知向量与平面垂直,且经过点，则点到的距离为()A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，，所以，又与平面垂直，则是平面的一个法向量，所以到的距离为.故选：B.8.设为等比数列，则“对于任意”是“为递增数列”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】充分性：设等比数列的公比为，若，情形一：当时，由得，解得或，若，则，此时与已知矛盾；若，则，此时为递增数列；情形二：当，由得，解得或，若，则，此时与已知矛盾；若，则，此时为递增数列；必要性：反之，若为递增数列，则，所以“对于任意的”是“为递增数列”的充分必要条件.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.已知等差数列是递增数列，前项和为，且，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】对于A，由等差数列是递增数列，则该等差数列的公差，由，则，，由，则，故A正确；对于B，由A可知，则，故B正确；对于C，由，则，故C错误；对于D，，故D正确.故选：ABD.10.已知函数，下列说法正确的是（）A.在x=0处的切线方程为B.C.函数只存在一个极小值，无极大值D.有唯一零点【答案】ABD【解析】，对于A，因为，，所以在处的切线方程为：，故A正确；对于B，，因为，所以，故B正确；对于C，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，上单调递增，，所以，即，所以函数在R上单调递增，所以函数无极值，故C错误；对于D，因为函数在R上单调递增，且，，所以函数有唯一零点，故D正确．故选：ABD．11.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于M，N两点，P为的中点，则下列说法正确的是（）A.的最小值为4 B.的最大值为4C.当时， D.当时，【答案】AD【解析】由抛物线可得焦点，准线为，对于A，当直线l的斜率不存在时，方程为，代入抛物线可得所以此时；当直线l的斜率存在时，假设直线的方程为，设将直线方程代入抛物线可得，则，所以，综上所述，的最小值为4，故A正确；对于B，当直线l的斜率存在时，，故B错误；对于C，因为P为的中点，，所以，所以，则，所以，将代入可得，解得或，当时，易得不满足题意；当时，，所以，故C错误；对于D，由易得斜率存在，由P为的中点可得即，所以，解得，所以，故D正确；故选：AD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数的图象在点处的切线方程为________．【答案】【解析】由题设，则，又，所以点处的切线方程为，即.13.已知O为坐标原点，F为椭圆C：的右焦点，若C上存在一点P，使得为等边三角形，则椭圆C的离心率为______.【答案】【解析】取椭圆的左焦点，连结，由为等边三角形，则，可知为直角三角形，且，设，则，，可得，则，所以椭圆的离心率是.14.已知直四棱柱，底面是边长为1的菱形，且，点为的中点，点是棱上的动点.则直线与直线所成角的正切值的最小值为___________.【答案】【解析】连接，因为底面是边长为1的菱形，且，所以，故为等边三角形，取的中点，连接，则⊥，，则⊥，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，，故，设直线与直线所成角为，则，令，则，当，即，时，取得最大值，最大值为，此时，为最小值，由于在上单调递增，故此时为最小值，又在上单调递增，故所成角的正切值的最小值为.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.已知圆与圆.（1）若圆与圆相内切，求的值；（2）在（1）的条件下，直线被圆截得的弦长为，求实数的值.解：（1），，，，，，，，圆与圆相内切，，，.（2）由（1）得，圆的方程为，，，故圆心到直线的距离，.16.在正三棱柱中，，E为的中点．（1）证明：平面．（2）求平面与平面夹角余弦值．（1）证明：连接，与交于点F，连接，则F为的中点．因为E为的中点，所以，又平面，平面，所以平面．（2）解：取的中点D，连接，则，．又平面，所以底面，底面，所以，则可以E为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，，所以，，，．设平面的法向量为，则，取，即．设平面的法向量为，则，取，即，则，即平面与平面夹角的余弦值为．17.已知数列的前项和为，且（）．（1）求的通项公式；（2）记，求数列的前项和．解：（1）令，得因为（），所以（，），两式相减得（，），即．所以（，），所以，即，所以（，），又，符合上式，所以（）．（2）由（1），所以．18.已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴．（1）求椭圆的方程；（2）直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称．（ⅰ）证明：直线过定点；（ⅱ）求面积的最大值．（1）解：点在椭圆上，且垂直于轴，则有F1,0设椭圆的焦距为，则，点代入椭圆方程，有，解得，则，所以椭圆的方程为.（2）（ⅰ）解：设直线l的方程为，由，消去y，整理得，因为l交椭圆C于两点，所以，设Ax1,因为直线和直线关于对称，所以k所以所以解得.所以直线l的方程为，所以直线l过定点.（ⅱ）证明：设直线l的方程为，由，消去，整理得，因为l交椭圆C于两点，所以，解得，，所以，所以令则，当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.19.已知函数为的导函数，记，其中为常数.（1）讨论的单调性；（2）若函数有两个极值点，①求的取值范围；②求证：.（1）解：定义域为.，，，当时，恒成立，在上单调递增，当时，令，则，解得，令，则，解得，单调递增，在单调递减.综上，当时，在上单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.（2）①解：由（1）知，时，最多一个根，不符合题意，故，函数有两个极值点，在0,+∞有两个不同零点的必要条件是，解得，当，在单调递增，在单调递减，，由零点存在性定理得：在，各有1个零点，的取值范围是.②证明：函数有两个极值点，①②①②得：，要证，即证，即证，即证，令，则，令，则，在上单调递增，，在上成立，，得证.广东省深圳市龙岗区2024-2025学年高二上学期期末质量监测数学试题一、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.已知是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设直线的倾斜角为，由直线的方向向量可知直线的斜率，所以.故选：D.2.已知向量，，且，那么（）A. B. C. D.5【答案】C【解析】由向量，，且，得，则，则.故选：C.3.若双曲线的焦距为4，则其渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】双曲线焦距为4，可得m+1＝4，所以m＝3，由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为：所以双曲线的渐近线方程为：yx．故选：A．4.数列满足，则（）A.1 B.2 C.4 D.8【答案】C【解析】因为数列满足，所以.故选：C.5.直线与圆的公共点个数为（）A.0 B.1 C.2 D.不确定【答案】C【解析】因为直线可化为，所以直线过定点，而，所以该定点在圆的内部，故直线与圆有2个公共点.故选：C.6.已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（

）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，因为在区间上单调递减，所以，即，则在上恒成立，因为在上单调递减，所以，故.故选：A.7.已知向量与平面垂直,且经过点，则点到的距离为()A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，，所以，又与平面垂直，则是平面的一个法向量，所以到的距离为.故选：B.8.设为等比数列，则“对于任意”是“为递增数列”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】充分性：设等比数列的公比为，若，情形一：当时，由得，解得或，若，则，此时与已知矛盾；若，则，此时为递增数列；情形二：当，由得，解得或，若，则，此时与已知矛盾；若，则，此时为递增数列；必要性：反之，若为递增数列，则，所以“对于任意的”是“为递增数列”的充分必要条件.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.已知等差数列是递增数列，前项和为，且，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】对于A，由等差数列是递增数列，则该等差数列的公差，由，则，，由，则，故A正确；对于B，由A可知，则，故B正确；对于C，由，则，故C错误；对于D，，故D正确.故选：ABD.10.已知函数，下列说法正确的是（）A.在x=0处的切线方程为B.C.函数只存在一个极小值，无极大值D.有唯一零点【答案】ABD【解析】，对于A，因为，，所以在处的切线方程为：，故A正确；对于B，，因为，所以，故B正确；对于C，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，上单调递增，，所以，即，所以函数在R上单调递增，所以函数无极值，故C错误；对于D，因为函数在R上单调递增，且，，所以函数有唯一零点，故D正确．故选：ABD．11.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于M，N两点，P为的中点，则下列说法正确的是（）A.的最小值为4 B.的最大值为4C.当时， D.当时，【答案】AD【解析】由抛物线可得焦点，准线为，对于A，当直线l的斜率不存在时，方程为，代入抛物线可得所以此时；当直线l的斜率存在时，假设直线的方程为，设将直线方程代入抛物线可得，则，所以，综上所述，的最小值为4，故A正确；对于B，当直线l的斜率存在时，，故B错误；对于C，因为P为的中点，，所以，所以，则，所以，将代入可得，解得或，当时，易得不满足题意；当时，，所以，故C错误；对于D，由易得斜率存在，由P为的中点可得即，所以，解得，所以，故D正确；故选：AD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数的图象在点处的切线方程为________．【答案】【解析】由题设，则，又，所以点处的切线方程为，即.13.已知O为坐标原点，F为椭圆C：的右焦点，若C上存在一点P，使得为等边三角形，则椭圆C的离心率为______.【答案】【解析】取椭圆的左焦点，连结，由为等边三角形，则，可知为直角三角形，且，设，则，，可得，则，所以椭圆的离心率是.14.已知直四棱柱，底面是边长为1的菱形，且，点为的中点，点是棱上的动点.则直线与直线所成角的正切值的最小值为___________.【答案】【解析】连接，因为底面是边长为1的菱形，且，所以，故为等边三角形，取的中点，连接，则⊥，，则⊥，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，，故，设直线与直线所成角为，则，令，则，当，即，时，取得最大值，最大值为，此时，为最小值，由于在上单调递增，故此时为最小值，又在上单调递增，故所成角的正切值的最小值为.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.已知圆与圆.（1）若圆与圆相内切，求的值；（2）在（1）的条件下，直线被圆截得的弦长为，求实数的值.解：（1），，，，，，，，圆与圆相内切，，，.（2）由（1）得，圆的方程为，，，故圆心到直线的距离，.16.在正三棱柱中，，E为的中点．（1）证明：平面．（2）求平面与平面夹角余弦值．（1）证明：连接，与交于点F，连接，则F为的中点．因为E为的中点，所以，又平面，平面，所以平面．（2）解：取的中点D，连接，则，．又平面，所以底面，底面，所以，则可以E为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，，所以，，，．设平面的法向量为，则，取，即．设平面的法向量为，则，取，即，则，即平面与平面夹角的余弦值为．17.已知数列的前项和为，且（）．（1）求的通项公式；（2）记，求数列的前项和．解：（1）令，得因为（），所以（，），两式相减得（，），即．所以（，）