高二上学期期末数学试卷（新题型：19题）（巩固篇）（解析版）

2024-2025学年高二上学期期末数学试卷（巩固篇）参考答案与试题解析第I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。1．（5分）（23-24高二上·湖北荆门·期末）在四面体OABC中，M点在线段OA上，且OM=2MA，G是△ABC的重心，已知OA=a，OB=b，OC=A．13a−C．−13a【解题思路】根据题意结合重心的性质以及空间向量的线性运算求解.【解答过程】因为G是△ABC的重心，则AG=由OM=2MA，得MG→所以MG=故选：C.2．（5分）（23-24高二上·四川成都·期末）若数列an满足a1=2，Sn+1+A．9 B．10 C．11 D．12【解题思路】由Sn与an的关系求得n+2Sn=n+1S【解答过程】由Sn+1−Sn=即Sn+1即n+2S所以Snn+1=又S12=a1所以S8所以S8故选：B.3．（5分）（23-24高二上·河南南阳·期末）已知O为坐标原点，F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦点，过右焦点F2且垂直于A．5−12 B．3−12 C．【解题思路】利用题给条件列出关于a,c的齐次式，解之即可求得C的离心率.【解答过程】由∠AOB=90°，OA=OB，可得又由c2a2+y由OF2=整理得c2+ac−a解之得e=5−12故选：A.4．（5分）（23-24高二上·江苏常州·期末）已知圆M:x2+y2+4x=0和圆N:x2+y2A．22,4+2C．4−2,22【解题思路】取线段AB的中点E，连接PE，将PA+PB的取值范围问题转化为PE的范围问题，通过将圆的方程做差得到公共弦AB的方程，求出ME，结合圆的性质可得【解答过程】圆M:x2+y2+4x=0，即圆N:x2+y2−4y−12=0，即取线段AB的中点E，连接PE，则PA+将圆M与圆N的方程做差可得公共弦AB的方程为x+y+3=0，则ME=则PEmax所以PA+故选：B.

5．（5分）（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，A．−66 B．63 C．−【解题思路】由线段的位置关系及向量加减的几何意义可得BD1=AD+AA【解答过程】因为AB=AD=AA1=2可得AB⋅AD=0,又因为BD1=可得AC⋅BDB=4+4+4+4−0−4所以直线BD1与直线AC所成角的余弦值为故选：D.6．（5分）（23-24高二上·山西·期末）已知函数fx=2x−sinx+cosA．fα<fαC．fα<fα【解题思路】求导得到函数单调性，结合α>α得到fα>fα，由函数单调性得到fx【解答过程】f′x=2−故fx=2x−sin因为α∈0,1，故α∈0,1，所以α所以fα当x∈0,1时，f故fα>1，fα故fα综上，fα故选：A.7．（5分）（23-24高二上·山东青岛·期末）已知抛物线C:y2=4x与过焦点F的一条直线相交于A，B两点，过点F且垂直于弦AB的直线交抛物线的准线l于点MA．准线l的方程是x=−2 B．以AB为直径的圆与y轴相切C．|AB||MF|的最小值为2 D．△ABM的面积最小值为【解题思路】根据抛物线方程，结合准线定义即可判断A；当直线AB斜率不存在时，计算可得此时以AB为直径的圆不与y轴相切，即可判断B；对于CD：分直线AB斜率存在以及不存在两种情况分别讨论，即可求解．【解答过程】对于A：由抛物线的方程可知其焦点为1,0，故准线l的方程为：x=−1，故A错误.对于B：当直线AB的斜率不存在时，即AB直线方程：x=1，易得AB=2p=4则以AB为直径的圆半径为2，此时不与y轴相切，故B错误.对于C：①当直线AB的斜率不存在时，易得AB=2p=4，MF=2， ②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=k(x−1)(k≠0)，Ax1,由y=k(x−1)y4=4x得Δ=16(k2+1)>0，x∴|AB|=1+易知直线FM的方程为y=−1kx−1，由x=−1∴|MF|=22+综上所得，ABMF的最小值为2对于D：当直线AB的斜率不存在时，易得|AB|=2p=4，MF=2所以S△ABE当直线AB的斜率存在时，S△ABE故当1k2→0时，S故选：C．8．（5分）（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知函数fx=x+1ex−a，若函数A．−1e2,0 B．0,1e【解题思路】函数fx有两个零点，即函数gx=x+1ex的图象与【解答过程】函数fx有两个零点，即函数gx=函数gx的定义域为Rg′令g′x=0g′x,x−−2−2,+g-0+g单调递减−单调递增所以，函数gx在区间−∞,−2故当x=−2时，有极小值g−2令gx=0，解得当x<−1时，gx<0；当x>−1时，当x无限趋向于负无穷大时，gx=x+1ex由此作出函数gx由图象得：当a<−1当a=−1e2当−1若函数gx=x+1则由图可知，实数a的取值范围为−1故选：A.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（6分）（23-24高二上·浙江·期末）已知空间四点O0,0,0,A0,1,2A．OA⋅OB=−2 B．以C．点O到直线BC的距离为5 D．O，A，B，C四点共面【解题思路】对于A，直角由向量数量积的坐标运算即可得解；对于B，由向量夹角余弦公式、三角函数平方关系以及三角形面积公式即可验算；对于C，发现BO⊥BC，进一步只需求BO即可验算；对于D，设【解答过程】对于A，OA=对于B，cosOA从而以OA,OB为邻边的平行四边形的面积为2×1对于C，BO=−2,0,1,BC=所以点O到直线BC的距离为BO=对于D，OA=0,1,2,则2x+3y=02y=1−x+y=2，而该方程组无解，所以O，A，B，故选：AC.10．（6分）（23-24高二上·浙江·期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点P1,32，左焦点为F1−1,0．设直线l:y=12x与椭圆C交于A，B两点，点M为椭圆C外一点，直线AM，BMA．椭圆C方程为x24+C．M，N，O共线 D．直线MN的斜率为定值−【解题思路】有题意列出方程组，求得a,b的值，得到椭圆的方程，可判定A正确；联立方程组，求得A,B的坐标，结合斜率公式求得kDA⋅kDB=−34，可判定B错误；取点M(3,3)时，求得点N(23,−32)，结合kON≠kOM，可判定C错误.设【解答过程】对于A中，由椭圆C过点P1,32可得1a2+94b2对于B中，联立方程组y=12xx2即A(3设C(x1,y可得kDA对于C中，当点M(3,3)时，此时M可得AM⊥x轴，根据椭圆的对称性，可得C(3由kBM=kDB=所以DA的方程为y=−x+332又由BC联立方程组得N(23,−32)对于D中，设M(x由直线AC过点M，可得y3由直线BC过点N，可得y4①×②得y3同理可得，直线BD过过点M，可得y3直线AD过点N，可得y4③×④得y3③−⑥得3(y3故选：AD.11．（6分）（23-24高二上·山西吕梁·期末）已知函数fxA．fx的单调递减区间是B．fx在点e2C．若方程alnx=xD．设gx=x2+a，若对【解题思路】对函数fx=xlnx求导，分析其单调性得到其图象，可判断ABC，对应选项D，设函数fxx∈1,+∞【解答过程】函数fx=xlnx令f′x<0，得0<x<1或1<x<e；令可得函数fx在0,1和1,e上单调递减，在

对于A，由上述分析可得A错误；对于B，由f′e2=ln所以切线为x−4y+e对于C，由方程fx=xlnx对于D，设函数gxx∈R的值域为G，函数f对于gx=x2+a对于fx，∀x∈1,+∞若∀x1∈R，则G⊆E,∴a≥e故选：BD.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）（23-24高二上·浙江绍兴·期末）数列an满足an+1=an2an【解题思路】首先根据递推公式变形得到1an+1−1a【解答过程】由题意，易知an由an+1=an2所以数列1an是首项所以1an=1+则a6故答案为：11113．（5分）（23-24高二上·山东聊城·期末）若直线l与曲线y=ex−1相切，也与曲线y=ex−2相切，则l【解题思路】设直线l切曲线y=ex−1于点x1,ex1−1，切曲线y=ex−2于点x【解答过程】设直线l切曲线y=ex−1于点x1,由y=ex−1得y′=即y=e由y=ex−2可得y′=e即y=e所以，ex消去x2可得1−x1ex因此，直线l的斜率为ex故答案为：1214．（5分）（23-24高二上·广东深圳·期末）已知抛物线C:y2=4x，过C焦点的直线交C于P，Q两点，点M为直线x=−1上的点，且△MPQ是等边三角形，则△MPQ的面积为【解题思路】设PQ：x=ty+1，Px1,y1，Qx2,y2，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，设PQ中点为G，表示出G点坐标，再分【解答过程】抛物线C:y2=4x的焦点F由直线PQ的斜率不为0，设PQ：x=ty+1，Px1,联立x=ty+1y2=4x显然Δ>0，则y1+所以x1+x设PQ中点为G，所以x1+x22当t=0时M−1,0，P1,2，Q1,−2或（P1,−2，当t≠0时，kPQ∴kMG=−t，PG=又MG=3PG所以MG=63，PG=6故答案为：363四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）（23-24高二上·山东日照·期末）已知直线l1：4x−3y+5=0与l2垂直，且l2(1)求l2(2)若l2与圆C：x2+y−42【解题思路】（1）由直线l1的方程和垂直关系可得l2的斜率为（2）求出圆心C到直线l2的距离为d=3，再由圆的弦长公式即可求得AB【解答过程】（1）由直线l1：4x−3y+5=0，可得斜率k因为l1⊥l2，所以直线又因为直线l2过点−1,1，所以直线l2的方程为即3x+4y−1=0.（2）由圆C：x2+y−42=25则圆心C到直线l2：3x+4y−1=0的距离为d=又由圆的弦长公式可得弦长AB=216．（15分）（23-24高二上·江苏南京·期末）设数列an的前n项和为Sn，且Sn(1)证明an3n(2)求数列4an22n+1【解题思路】（1）由数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，可得所求；（2）利用数列的错位相减，可得结果.【解答过程】（1）当n=1时，S1=3当n≥2时，由Sn得Sn−1作差得an所以有an3n−a所以an3（2）令c所以Tn9T两式作差得−8所以Tn17．（15分）（23-24高二上·云南昆明·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面PCD．(1)求证：CD⊥平面PAC；(2)设E为PD的中点，PA=AC=3AB，求二面角【解题思路】（1）在平面PAC内过点A作AF⊥PC于F，利用面面垂直的性质、线面垂直性质判定推理即得.（2）以点A为原点建立空间直角坐标系，求出平面ACE、平面DCE的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.【解答过程】（1）在平面PAC内过点A作AF⊥PC于F，由平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，得AF⊥平面PCD，而CD⊂平面PCD，则AF⊥CD，由PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，得PA⊥CD，又PA∩AF=A,PA,AF⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC.（2）由▱ABCD，得AB//CD，由（1）知CD⊥平面PAC，则AB⊥平面PAC，则直线AB,AC,AP两两垂直，以点A为原点，直线AB,AC,AP分别为x,y,z轴建立坐标系，令AB=1，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3AC=(0,设平面ACE的法向量m=(x,y,z)，则m⋅AC=3设平面DCE的法向量n=(a,b,c)，则n⋅DC=a=0n设二面角A−CE−D的大小为θ，则|cos所以二面角A−CE−D的正弦值为sinθ=18．（17分）（23-24高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆C:x2a2+(1)求C的方程．(2)记F1和F2分别是椭圆C的左、右焦点．设D是椭圆C上一个动点且纵坐标不为0．直线DF1交椭圆C于点A（异于D），直线DF2交椭圆C于点B（异于D）．若【解题思路】（1）根据焦距和椭圆所过点可构造方程求得结果；（2）设直线DF1:x=ty−1【解答过程】（1）∵椭圆C的焦距2c=2，∴c=1；∵椭圆C过点−1,32，∴1∴b2=−34（舍）或b2=3，∴（2）由（1）知：F1−1,0，设Dx0,y0由题意可设直线DF1:x=ty−1，其中t=由x=ty−1x24+y∴y0+同理可得：y0∴y∴y∴S△F1F2M∴△F1F19．（17分）（23-24高二上·江苏南京·期末）已知函数f(x)=ln(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a−2时，求a的取值范围；(3)若f(x)≤xex−2ax+a−1【解题思路】（1）求导，对a分类讨论，根据导数与单调性的关系，即可求解；（2）根据函数的单调性可得最值，即可代入求解，（3）参变分离，得a≤ex−【解答过程】（1）f′当a≤0时，