2024-2025学年高二上学期期末数学试卷（新题型：19题）（提高篇）（含答案）

2024-2025学年高二上学期期末数学试卷（提高篇）【人教A版（2019）】（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效；4.测试范围：选择性必修第一册全册、选择性必修第二册全册；5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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·浙江宁波·期末）已知正四面体ABCD的棱长为2，E是BC的中点，F在AC上，且AF=2FC，则AE⋅A．−53 B．−23 2．（5分）（23-24高二上·福建龙岩·期末）已知O为坐标原点，P是直线l:x−y+3=0上一动点，Q是圆C:(x−2)2+A．17−1 B．17+1 C．29−13．（5分）（23-24高二上·山东青岛·期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二(除以3余2)，五五数之剩三(除以5余3)，七七数之剩二(除以7余2)，问物几何?现有这样一个相关的问题：已知正整数p满足三三数之剩二，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列an，记数列an的前n项和为Sn，则SA．172 B．192 C．10 4．（5分）（23-24高二上·河南开封·期末）设a=ln1.2e，b=e0.2，c=1.2，则a、bA．a<c<b B．c<b<a C．c<a<b D．a<b<c5．（5分）（23-24高二上·山东青岛·期末）已知椭圆C:x23+y2=1的左右焦点分别为F1,F2，直线y=x−A．3 B．2 C．3 D．26．（5分）（23-24高二上·江苏南京·期末）设fx是定义在R上的奇函数，f2=0，当x>0时，有xf′A．−2,0∪0,+∞C．−∞,−2∪7．（5分）（23-24高二上·贵州黔南·期末）已知点F1，F2分别为双曲线C：x24−y2b2=1（b>0）的左、右焦点，点F1到渐近线的距离为2，过点F2的直线A．△AFB．双曲线C的离心率为2C．AD．18．（5分）（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1DA．直线AE与B1DB．直线D1E与平面AC．二面角E−AD．直线AE与平面BB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·江西九江·期末）已知正方体ABCD−A1B1C1DA．三棱锥A−EFG的体积为1B．直线A1C⊥C．异面直线EG与AC1D．过点E,F,G作正方体的截面，所得截面的面积是210．（6分）（23-24高二上·河北秦皇岛·期末）已知函数f(x)=ex−ax(a∈R)A．当a=2时，f(x)在(−∞B．当a=e时，f(x)≥0在RC．存在a<0，使得f(x)在(−∞D．对任意的a>0，f(x)有唯一的极小值11．（6分）（23-24高二上·江苏南通·期末）已知A0,4，B−3,0，点P的轨迹方程为x2A．点P的轨迹为双曲线的一支 B．直线x+y=0上存在满足题意的点PC．满足PA=83的点P共有2个 D．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·四川眉山·期末）已知公差不为零的等差数列an满足a5=10，且a1，a3，a9成等比数列．设Sn为数列an的前n项和，则数列13．（5分）（23-24高二上·宁夏银川·期末）若函数fx=ae2x+a−2e14．（5分）（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，①存在符合条件的点F，使得B1F//②不存在符合条件的点F，使得BF⊥DE；③异面直线A1D与EC④三棱锥F−A1DE其中所有正确结论的序号是.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高二下·内蒙古赤峰·期末）已知点A12,32为圆C上的一点，圆心C坐标为1,0，且过点A的直线l(1)求圆C的方程；(2)求直线l的方程.16．（15分）（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，∠D=60°，DC=2AD=2，沿AC将△ADC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥(1)证明；PA⊥平面ABC；(2)在线段PC上是否存在点M，使二面角M−AB−C的余弦值为1313，若存在，求出|PM|17．（15分）（23-24高二上·河南漯河·期末）动点M在y轴的右侧，M到y轴的距离比它到点1,0的距离小1.(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)已知点P2,0，过1,0的直线与E交于A､B两点，AP,BP分别与E①求证：直线CD过定点；②求△PAB与△PCD面积之和的最小值.18．（17分）（23-24高二上·浙江温州·期末）设函数fx(1)若曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为y−3x+b=0，求a，(2)若当x>0时，恒有fx>−x−2，求实数(3)设n∈N*时，求证：19．（17分）（23-24高二上·上海·期末）已知数列ann∈N∗，若an(1)若数列an具有性质P，且a1=a2(2)若bn=2n+(3)设c1+c2+⋯+cn=n2+n，数列dn具有性质2024-2025学年高二上学期期末数学试卷（提高篇）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·浙江宁波·期末）已知正四面体ABCD的棱长为2，E是BC的中点，F在AC上，且AF=2FC，则AE⋅A．−53 B．−23 【解题思路】先将AE,DF分别用【解答过程】由正四面体ABCD，得∠BAC=∠BAD=∠CAD=60°，则AB⋅由E是BC的中点，得AE=由AF=2FC，得则DF=所以AE==1故选：C.2．（5分）（23-24高二上·福建龙岩·期末）已知O为坐标原点，P是直线l:x−y+3=0上一动点，Q是圆C:(x−2)2+A．17−1 B．17+1 C．29−1【解题思路】首先画出图形，找出点O关于直线l的对称点，结合三角形三边关系即可求解.【解答过程】如图所示：设点Tm,n与点O0,0关于直线则m2−n2+3=0所以|OP|+|PQ|=|TP|+|PQ|≥TQ其中C2,1,r=1分别为圆等号成立当且仅当P,Q分别与R,S重合，其中R,S分别为线段TC与直线l和圆C的交点，综上所述，|OP|+|PQ|的最小值为|OP|+|PQ|min故选：C.3．（5分）（23-24高二上·山东青岛·期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二(除以3余2)，五五数之剩三(除以5余3)，七七数之剩二(除以7余2)，问物几何?现有这样一个相关的问题：已知正整数p满足三三数之剩二，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列an，记数列an的前n项和为Sn，则SA．172 B．192 C．10 【解题思路】由题意可分析出数列an是首项为2，公差为3的等差数列，利用等差数列的前n项和公式化简S【解答过程】解：被3除余2的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为2，公差为3的等差数列an所以an所以Sn由对勾函数的性质可得：函数f(x)=32x+72+6所以Sn+a故选：B.4．（5分）（23-24高二上·河南开封·期末）设a=ln1.2e，b=e0.2，c=1.2，则a、bA．a<c<b B．c<b<a C．c<a<b D．a<b<c【解题思路】利用函数fx=x−lnx−1在1,+∞上的单调性可得出a、c的大小关系，利用函数gx=ex−1−x在1,+∞【解答过程】令fx=x−ln当x>1时，f′x>0，则f即1.2>ln1.2+1=ln令gx=ex−1−x，则g′x所以g1.2=e0.2−1.2>g综上所述，a<c<b．故选：A．5．（5分）（23-24高二上·山东青岛·期末）已知椭圆C:x23+y2=1的左右焦点分别为F1,F2，直线y=x−A．3 B．2 C．3 D．2【解题思路】将所求面积比转化为d1【解答过程】根据题意可得a=3,b=1,c=2又直线y=x−23可化为设F1,F2到直线为则S△故选：B.6．（5分）（23-24高二上·江苏南京·期末）设fx是定义在R上的奇函数，f2=0，当x>0时，有xf′A．−2,0∪0,+∞C．−∞,−2∪【解题思路】设函数gx=fxx【解答过程】设函数gx=fxx求导得g′因为当x>0时，有xf′x所以gx在0,+且f2=0，可知当x>2时，gx<g2=0；当又因为fx是定义在R则g−x=f可得：当x<−2时，gx<0；当−2<x<0时，所以不等式gx>0解集为注意到不等式xfx>0等价于所以不等式xfx>0解集为故选：B.7．（5分）（23-24高二上·贵州黔南·期末）已知点F1，F2分别为双曲线C：x24−y2b2=1（b>0）的左、右焦点，点F1到渐近线的距离为2，过点F2的直线A．△AFB．双曲线C的离心率为2C．AD．1【解题思路】利用已知条件求出b的值，对于A：利用勾股定理结合双曲线的定义求出△AF1F2的面积；对于B：利用双曲线的离心率公式运算求解；对于C：先求|AF【解答过程】设双曲线C的半焦距为c>0，因为双曲线C的焦点在x轴上，且a=2，则其中一条渐近线方程为y=b2x，即bx−2y=0则F1到渐近线的距离为|−bc|4+b对于A：因为|AF2|−|A可得(|AF2|−|A所以△AF1F对于B：双曲线C的离心率为e=c对于C：因为|AF2|−|A所以AF对于D：设|BF2|=m因为|BF1|2=|AB所以1|A故选：D．8．（5分）（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1DA．直线AE与B1DB．直线D1E与平面AC．二面角E−AD．直线AE与平面BB【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由直线方向向量夹角余弦的范围即可判断；对于B，由线面角正弦值的公式即可判断；对于C，由两平面的法向量夹角余弦即可判断；对于D，由AE⋅【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD1分别为不妨设正方体棱长为1，E0,a,0对于A，A1,0,0不妨设直线AE与B1D1所以cosθ=当a增大时，1−a>0,2a2+1>0所以cosθ=1−a2对于B，由题意D1E=0,a,−1，且显然平面不妨设直线D1E与平面A1则sinα=cosn所以sinαmax=对于C，E0,a,0所以A1不妨设平面EA1B1与平面所以有y1=0−x1+ay即取平面EA1B1与平面二面角E−A1B则cosθ=所以二面角E−A1B对于D，AE=所以AE⋅所以AE与BE不垂直，所以直线AE与平面BB故选：D.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·江西九江·期末）已知正方体ABCD−A1B1C1DA．三棱锥A−EFG的体积为1B．直线A1C⊥C．异面直线EG与AC1D．过点E,F,G作正方体的截面，所得截面的面积是2【解题思路】A选项按照锥体体积计算即可；BC选项通过建立空间坐标系，利用空间向量判断；D选项先判断出截面，再计算面积即可.【解答过程】对于A，在正方体ABCD−A1B所以G到底面ABCD的距离等价于B1到底面ABCD的距离，即B所以VA−EFG对于B，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为则C0,2,0，A12,0,2，E1,0,0，F2,1,0则A1C=−2,2,−2，故A1C⋅EF=0，A则A1C⊥平面对于C，EF=1,1,0，则cosEF对于D，作C1D1中点N，BB1的中点M，DD1的中点T，连接GN，GM则正六边形EFMGNT为对应截面面积，正六边形边长为2，则截面面积为S=6×3故选：AB.10．（6分）（23-24高二上·河北秦皇岛·期末）已知函数f(x)=ex−ax(a∈R)A．当a=2时，f(x)在(−∞B．当a=e时，f(x)≥0在RC．存在a<0，使得f(x)在(−∞D．对任意的a>0，f(x)有唯一的极小值【解题思路】根据给定条件，利用导数判断单调性，结合零点存在性定理逐项判断即得.【解答过程】对于A，当a=2时，f(x)=ex−2x，求导得f得x<ln2，则f(x)在对于B，当a=e时，f(x)=ex−ex，求导得由f′(x)>0，得x>1，则f(x)在(−∞,1)上递减，在对于C，当a<0时，f(x)=ex−ax，f′(x)=又f(0)=1，f(1a)=e1对于D，当a>0时，f(x)=ex−ax，由f′(x)=ex则f(x)在(−∞,lna)上递减，在故选：BD.11．（6分）（23-24高二上·江苏南通·期末）已知A0,4，B−3,0，点P的轨迹方程为x2A．点P的轨迹为双曲线的一支 B．直线x+y=0上存在满足题意的点PC．满足PA=83的点P共有2个 D．【解题思路】由题意可得点P的轨迹方程为x+32+y2−【解答过程】因为点P的轨迹方程为x2即x+32设F1则PF所以点P的轨迹是以F1,F所以2a=4,2c=6，故a=2,c=3,b所以P的轨迹方程为x2联立x24−y2所以直线x+y=0上存在满足题意的点P，故B正确；双曲线x24−则点A0,4到渐近线y=52所以满足PA=83因为B−3,0即左焦点F而AB=因为PF1−所以△PAB的周长为AB=5+AP当且仅当A,P,F所以△PAB的周长的取值范围是14,+∞故选：ABD.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·四川眉山·期末）已知公差不为零的等差数列an满足a5=10，且a1，a3，a9成等比数列．设Sn为数列an的前n项和，则数列1S【解题思路】设公差为d，由题意可得a1+2d2=a1a1+8d，a5=【解答过程】设公差为d，由a32=化简得d2=a1d又因为a5=所以an所以Sn所以1S所以数列1Sn的前n项和Tn故答案为：nn+113．（5分）（23-24高二上·宁夏银川·期末）若函数fx=ae2x+a−2e【解题思路】求导，先根据函数不能使单调函数排除a≤0，再当a>0时，求出函数的极小值，令极小值小于零即可求出a的取值范围.【解答过程】由fxf′当a≤0时，f′x<0，f当a>0时，当f′x<0时，x<−lna即fx在−∞,−则f−整理得lna−设ga=ln故ga在0,+∞上单调递增，又所以0<a<1，又f−1所以fx在−1,−取x0则f=e因为ln3所以fx在−即0<a<1时，函数fx下面补充证明：ex设gx=e当x>0时g′x>0，gx单调递增，当x<0时所以gx所以ex故答案为：0,1.14．（5分）（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，①存在符合条件的点F，使得B1F//②不存在符合条件的点F，使得BF⊥DE；③异面直线A1D与EC④三棱锥F−A1DE其中所有正确结论的序号是①②④.【解题思路】利用线面平行的判定定理可知当F与C点重合时，能满足B1F//平面A1ED，即①正确；建立空间坐标系，假设存在符合条件的点F2,2,t并利用垂直的向量表示可得t=4，不满足题意，即②正确；利用空间向量可求得异面直线A1D与EC1所成角的余弦值为1010【解答过程】对于①，易知B1C//A1D，B1所以可得B1C//又F为棱CC1（含端点）上的一个动点，当F与C点重合时，能满足B1对于②，以A为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系，则B2,0,0,D0,2,0,E2,0,1则易知BF=由BF⊥DE可得BF⋅DE=−4+t=0所以不存在符合条件的点F，使得BF⊥DE，即②正确；对于③，易知A10,0,2,所以cosA即异面直线A1D与EC对于④，易知A1由余弦定理可得cos∠EA1所以△A1DE设平面A1DE的一个法向量为由DE=2,−2,1,令y=2，则x=1,z=2，即n=又DF=2,0,t，所以点F到平面A1由t∈0,2可得可得三棱锥F−A1DE因此可得三棱锥F−A1DE故答案为：①②④.四、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高二下·内蒙古赤峰·期末）已知点A12,32为圆C上的一点，圆心C坐标为1,0，且过点A的直线l(1)求圆C的方程；(2)求直线l的方程.【解题思路】（1）根据题意求出r=CA（2）根据已知条件求出圆心C到直线l的距离，然后分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况讨论求解即可.【解答过程】（1）设圆C的半径为r，则r=12−1则圆C的方程为：(x−1)2（2）因为圆C的半径为1，所以当直线l与圆相交所得的弦长为3时，圆心C到直线l的距离为12当直线l的斜率不存在时，直线l:x=12，此时圆心C到直线l的距离为当直线l的斜率存在时，设直线l:y−32=k则2k+0+3−k(2k)代入①得：x+综上，直线l的方程为x=12或16．（15分）（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，∠D=60°，DC=2AD=2，沿AC将△ADC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥(1)证明；PA⊥平面ABC；(2)在线段PC上是否存在点M，使二面角M−AB−C的余弦值为1313，若存在，求出|PM|【解题思路】（1）推导出PA⊥AC，证明出BC⊥平面PAB，可得出PA⊥BC，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点A为坐标原点，BC、AC、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设PM=λPC，其中0≤λ≤1，利用空间向量法可得出关于λ的等式，结合0≤λ≤1求出【解答过程】（1）证明：翻折前，因为四边形ABCD为平行四边形，∠D=60∘，则因为DC=2AD=2，则AB=DC=2，BC=AD=1，由余弦定理可得AC所以，AC2+BC2翻折后，则有BC⊥AC，PA⊥AC，因为PC⊥BC，AC∩PC=C，AC、PC⊂平面PAC，所以，BC⊥平面PAC，因为PA⊂平面PAC，则PA⊥BC，因为AC∩BC=C，AC、BC⊂平面ABC，所以，PA⊥平面ABC，（2）因为PA⊥平面ABC，BC⊥AC，以点A为坐标原点，BC、AC、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0、P0,0,1、设PM=λPC=λ则AM=AP+设平面ABM的法向量为m=则m⋅AB=−x+3y=0m⋅所以，m=易知平面ABC的一个法向量为n=则cosm,n因为0≤λ≤1，解得λ=1因此，线段PC上存在点M，使二面角M−AB−C的余弦值为1313，且PM17．（15分）（23-24高二上·河南漯河·期末）动点M在y轴的右侧，M到y轴的距离比它到点1,0的距离小1.(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)已知点P2,0，过1,0的直线与E交于A､B两点，AP,BP分别与E①求证：直线CD过定点；②求△PAB与△PCD面积之和的最小值.【解题思路】（1）利用几何意义转化为坐标运算，即可得抛物线方程；（2）①利用直线过x轴上的已知点，与抛物线联立方程组的两个交点纵坐标之积为定值，再假设直线CD方程，再利用两交点纵坐标之积为定值，得到定点坐标；②求这两个三角形的面积时，都只需要用到它们的纵坐标，然后都转化到A､B两点的纵坐标上来，再利用韦达定理把面积转化到关于系数【解答过程】（1）设动点M的坐标为x,y，由动点M在y轴的右侧，M到y轴的距离比它到点1,0的距离小1，可得：x=x−12+整理得：y2所以动点M的轨迹E的方程为y2（2）①设过点F1,0的直线为my=x−1，与抛物线y消x得：y2−4my−4=0，再设交点坐标Ax设过点P2,0的直线AP为ty=x−2，与抛物线y消x得：y2−4ty−8=0，再设交点坐标Ax设过点P2,0的直线BP为sy=x−2，与抛物线y消x得：y2−4sy−8=0，再设交点坐标Bx设直线CD为ay=x−b，与抛物线y2消x得：y2−4ay−4b=0，由交点坐标Cx而y3y4=y所以直线CD为ay=x−4，即直线CD过定点4,0；②△PAB与△PCD面积之和为1=1当m=0时，即AB垂直于x轴时，面积之和取到最小