2024-2025学年黑龙江省新时代高中教育联合体高二上学期期末联合考试数学试题（A卷）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1黑龙江省新时代高中教育联合体2024-2025学年高二上学期期末联合考试数学试题（A卷）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知抛物线，则抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】中，，解得，故准线方程为.故选：C.2.在等差数列中，，，则的值为（）A.4 B.14 C.7 D.28【答案】A【解析】设公差为，由题意得，解得，故.故选：A.3.设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】直线的斜率为，故，又，故.故选：D.4.已知向量，，若，则（）A. B. C.6 D.【答案】B【解析】，故，解得，故，所以.故选：B.5.已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点是上一点，且，，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设则，则，得,解得：则双曲线的渐近线方程为故选：C.6.已知点F是抛物线的焦点，经过F的两条直线分别交抛物线于A，B和C，D，其中B，C两点在x轴上方.若，则四边形面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设直线CD的方程为，设点、，联立，可得，所以，所以，同理可得，所以，四边形的面积为，当且仅当时，等号成立，所以四边形面积的最小值为，故选：D.7.公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯写出了经典之作《圆锥曲线论》.在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（且）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足，且点的轨迹关于直线对称，则实数的值为（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】设，则，由于，故，化简得，故点的轨迹为圆心为的圆，由于点的轨迹关于直线对称，故圆心在上，故，解得.故选：A.8.在等比数列中，，，，成等差数列.若，且对任意恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设等比数列的公比为，依题意，，即，又，则，化简得，因为，所以，解得，所以.因此，.当为偶数时，由，得，又，所以对任意的偶数都成立，因为单调递减，所以当时有最大值，故；当为奇数时，由，得，又，所以对任意的奇数都成立，因为单调递增，且当时，，故，综上所述，.故选：B.二、多选题：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.已知是数列的前项和，若，，则下列结论正确的为（）A. B.数列是等比数列C. D.数列的前项和为【答案】ABD【解析】AC选项，①，令得，当时，②，则①-②得，即，故当时，，显然不满足，所以，A正确，C错误；B选项，因为，，所以，即，所以数列是公比为3的等比数列，B正确；D选项，由C选项知，，故，由于，，故为首项为0，公差为1的等差数列，数列的前项和为，D正确.故选：ABD.10.在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列选项中正确的为（）A.直线与所成角的余弦值为 B.平面C. D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】BC【解析】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，故，则，设直线与所成角为，故，直线与所成角的余弦值为，A错误；B选项，，分别为棱，的中点，故，因为平面，平面，所以平面，B正确；C选项，，故，故，故，C正确；D选项，，，设平面的法向量为，则，令，则，，故，其中，设直线与平面所成角的大小为，则，故直线与平面所成角的正弦值为，D错误.故选：BC.11.已知椭圆的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，是椭圆上异于，的一点，且（为坐标原点），记，的斜率分别为，，设为的内心，记，，的面积分别为，，，则（）A. B.椭圆的离心率为C. D.【答案】ACD【解析】对于A，由得，，故，因为，所以，则在中，，即，故A正确；对于B，因为，所以，，在中，，由椭圆定义知，，则，所以离心率，故B错误；对于C，取线段的中点为，连接，如下图：，故为等边三角形，故，易知，，则，由，，则，，所以，故C正确；对于D，设内切圆半径为，则，，，所以，即，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.等比数列的前项和为，若，，则________.【答案】85【解析】设公比为，则，，联立得到，解得，故，.13.如图，二面角的平面角为，，，，且，.若，，则的长等于_________.【答案】【解析】由题意，，，，，，因此，由二面角的平面角的定义知，则，所以，由，得，又，所以，故，即.14.已知离心率为的椭圆和离心率为的双曲线（，）有公共的焦点，其中，分别为左、右焦点，是在在第一象限的公共点.若线段的垂直平分线经过坐标原点，则当取最小值时，为_________.【答案】【解析】设半焦距为，，，为中点，线段的垂直平分线经过坐标原点，为中点，则，由，，则，，，所以，从而有，故，当且仅当，即时，等号成立；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.已知中，顶点，，边上的高线所在直线与直线平行，直线经过点.（1）求点关于直线的对称点的坐标；（2）求顶点的坐标.解：（1）设点，所以线段的中点为，由点在直线上，得，又直线的斜率，则直线的斜率，即，联立，解得，则.（2）因为边上的高线所在直线与直线平行，所以边上的高线所在直线的斜率，设点，则直线的斜率，即，又直线经过点，所以，联立，解得，则.16.已知，直线：与圆C：交于A，B两点.（1）证明恒过定点，并求出原点到直线的最大距离；（2）已知点在圆C上，求的取值范围.解：（1）由直线：，得，联立，解得，所以恒过定点，设直线恒过定点为,则当时，原点到直线的距离最大，最大距离为.（2）点在圆C上，的几何意义为点到的距离，因为圆C：，即，圆心，又因为，所以在圆内，所以到的距离的最大值为，到的距离的最大值为所以，所以取值范围为.17.已知数列满足，，，数列是各项均为正数的等比数列，，且.（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和.解：（1），又，，故，故为等差数列，首项为2，公差为2，所以；设的公比为，则，又，故，解得，又，所以；（2），设数列的前项和为，则①，②，则①-②得，故18.如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，，，分别是线段，的中点，且平面平面.（1）求证：平面；（2）求点到平面距离；（3）若点为线段上的动点（不包括端点），求平面与平面夹角的余弦值的取值范围.（1）证明：连接，是边长为2的等边三角形，是线段的中点，所以⊥，因为平面平面，交线为，平面，所以⊥平面，又平面，所以⊥，因为四边形为平行四边形，，所以四边形为菱形，故⊥，因为，分别是线段，的中点，所以，所以⊥，因，平面，所以平面；（2）解：连接，因为，，所以为等边三角形，是线段的中点，故⊥，因为平面平面，交线为，平面，所以⊥平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，设平面法向量为，则，令，得，故，故点到平面的距离；（3）解：设，，设，则，故，故，，由（1）知，平面，故平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，解得，令，则，则,设平面与平面夹角的大小为，则，令，因为，所以，则，因为，所以，，故，故平面与平面夹角的余弦值取值范围为.19.已知，分别是双曲线：的左、右顶点，，分别为其左、右焦点，实轴长为4，M，N为双曲线上异于顶点的任意两点，当经过原点时，直线与直线斜率之积为定值4.（1）求双曲线C的方程；（2）已知直线：，交双曲线的左、右两支于D，E两点.①求m的取值范围；②设直线与直线交于点Q，求证：点Q在定直线上.解：由题意可得，则，设，则，且，由直线的斜率，直线的斜率，则，可得，由，则，解得，所以.（2）①由，则渐近线方程为，显然直线，斜率存在，为，易得，解得或；②设，，联立可得，消去可得，由①可得，，则，，两式相除可得，即，由，，则直线的方程为，则，直线的方程为，则，联立可得，则，即，所以，解得.综上可得直线与直线的交点在定直线上.黑龙江省新时代高中教育联合体2024-2025学年高二上学期期末联合考试数学试题（A卷）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知抛物线，则抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】中，，解得，故准线方程为.故选：C.2.在等差数列中，，，则的值为（）A.4 B.14 C.7 D.28【答案】A【解析】设公差为，由题意得，解得，故.故选：A.3.设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】直线的斜率为，故，又，故.故选：D.4.已知向量，，若，则（）A. B. C.6 D.【答案】B【解析】，故，解得，故，所以.故选：B.5.已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点是上一点，且，，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设则，则，得,解得：则双曲线的渐近线方程为故选：C.6.已知点F是抛物线的焦点，经过F的两条直线分别交抛物线于A，B和C，D，其中B，C两点在x轴上方.若，则四边形面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设直线CD的方程为，设点、，联立，可得，所以，所以，同理可得，所以，四边形的面积为，当且仅当时，等号成立，所以四边形面积的最小值为，故选：D.7.公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯写出了经典之作《圆锥曲线论》.在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（且）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足，且点的轨迹关于直线对称，则实数的值为（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】设，则，由于，故，化简得，故点的轨迹为圆心为的圆，由于点的轨迹关于直线对称，故圆心在上，故，解得.故选：A.8.在等比数列中，，，，成等差数列.若，且对任意恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设等比数列的公比为，依题意，，即，又，则，化简得，因为，所以，解得，所以.因此，.当为偶数时，由，得，又，所以对任意的偶数都成立，因为单调递减，所以当时有最大值，故；当为奇数时，由，得，又，所以对任意的奇数都成立，因为单调递增，且当时，，故，综上所述，.故选：B.二、多选题：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.已知是数列的前项和，若，，则下列结论正确的为（）A. B.数列是等比数列C. D.数列的前项和为【答案】ABD【解析】AC选项，①，令得，当时，②，则①-②得，即，故当时，，显然不满足，所以，A正确，C错误；B选项，因为，，所以，即，所以数列是公比为3的等比数列，B正确；D选项，由C选项知，，故，由于，，故为首项为0，公差为1的等差数列，数列的前项和为，D正确.故选：ABD.10.在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列选项中正确的为（）A.直线与所成角的余弦值为 B.平面C. D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】BC【解析】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，故，则，设直线与所成角为，故，直线与所成角的余弦值为，A错误；B选项，，分别为棱，的中点，故，因为平面，平面，所以平面，B正确；C选项，，故，故，故，C正确；D选项，，，设平面的法向量为，则，令，则，，故，其中，设直线与平面所成角的大小为，则，故直线与平面所成角的正弦值为，D错误.故选：BC.11.已知椭圆的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，是椭圆上异于，的一点，且（为坐标原点），记，的斜率分别为，，设为的内心，记，，的面积分别为，，，则（）A. B.椭圆的离心率为C. D.【答案】ACD【解析】对于A，由得，，故，因为，所以，则在中，，即，故A正确；对于B，因为，所以，，在中，，由椭圆定义知，，则，所以离心率，故B错误；对于C，取线段的中点为，连接，如下图：，故为等边三角形，故，易知，，则，由，，则，，所以，故C正确；对于D，设内切圆半径为，则，，，所以，即，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.等比数列的前项和为，若，，则________.【答案】85【解析】设公比为，则，，联立得到，解得，故，.13.如图，二面角的平面角为，，，，且，.若，，则的长等于_________.【答案】【解析】由题意，，，，，，因此，由二面角的平面角的定义知，则，所以，由，得，又，所以，故，即.14.已知离心率为的椭圆和离心率为的双曲线（，）有公共的焦点，其中，分别为左、右焦点，是在在第一象限的公共点.若线段的垂直平分线经过坐标原点，则当取最小值时，为_________.【答案】【解析】设半焦距为，，，为中点，线段的垂直平分线经过坐标原点，为中点，则，由，，则，，，所以，从而有，故，当且仅当，即时，等号成立；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.已知中，顶点，，边上的高线所在直线与直线平行，直线经过点.（1）求点关于直线的对称点的坐标；（2）求顶点的坐标.解：（1）设点，所以线段的中点为，由点在直线上，得，又直线的斜率，则直线的斜率，即，联立，解得，则.（2）因为边上的高线所在直线与直线平行，所以边上的高线所在直线的斜率，设点，则直线的斜率，即，又直线经过点，所以，联立，解得，则.16.已知，直线：与圆C：交于A，B两点.（1）证明恒过定点，并求出原点到直线的最大距离；（2）已知点在圆C上，求的取值范围.解：（1）由直线：，得，联立，解得，所以恒过定点，设直线恒过定点为,则当时，原点到直线的距离最大，最大距离为.（2）点在圆C上，的几何意义为点到的距离，因为圆C：，即，圆心，又因为，所以在圆内，所以到的距离的最大值为，到的距离的最大值为所以，所以取值范围为.17.已知数列满足，，，数列是各项均为正数的等比数列，，且.（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和.解：（1），又，，故，故为等差数列，首项为2，公差为2，所以；设的公比为，则，又，故，解得，又，所以；（2），设数列的前项和为，则①，②，则①-②得，故18.如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，，，分别是线段，的中点，且平面平面