2024-2025学年陕西省西安市高二上册期末数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年陕西省西安市高二上学期期末数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题）1．双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离等于（

）A． B．3 C．4 D．22．已知数列是等差数列.记数列的前项和为，若，则（

）A．350 B．700 C． D．1753．下列命题：①则；②则；③则；④则，其中正确命题的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．34．已知椭圆：的左顶点为，右焦点为，若点在上，为的中点，，且，则的离心率为（

）A． B． C． D．5．已知点，，若点A到直线l的距离为1，点B到直线l的距离为4，则满足条件的有（

）条A．1 B．2 C．3 D．46．如图是函数的大致图象，则（）A． B． C． D．7．已知定义在R上的函数，其导函数满足：对任意都有，则下列各式恒成立的是（

）A．， B．，C．， D．，8．定义域为R的函数,若对任意两个不相等的实数，都有，则称函数为“H函数”，现给出如下函数：①②③④,其中为“H函数”的有A．①② B．③④ C．②③ D．①②③二、多选题（本大题共4小题）9．对于直线和直线，以下说法正确的有（

）A．直线一定过定点 B．若，则C．的充要条件是 D．点到直线的距离的最大值为510．如图，直三棱柱中，，，是棱的中点，.则（

）.A．直线与所成角为 B．三棱锥的体积为C．二面角的大小为 D．直三棱柱外接球的表面积为11．函数在区间上存在极值点，则整数的值为（

）A． B． C． D．012．已知是数列的前n项和，．下列结论正确的是（

）A．若是等差数列，则B．若是等比数列，则C．若是等差数列，则公差D．若是等比数列，则公比是2或－2三、填空题（本大题共4小题）13．直线的一个法向量.14．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线l与x轴交于点M，点P在抛物线上，直线PF与抛物线交于另一点A，设直线MP，MA的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2的值为．15．设数列满足，，且，若表示不超过的最大整数，则．16．如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为，为圆上的点，、、、分别是以为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以为折痕折起、、、，使得重合，得到一个三棱锥，当正方形的边长为时，三棱锥体积最大．四、解答题（本大题共6小题）17．已知动点与两个定点，的距离的比是2.(1)求动点的轨迹的方程；(2)直线过点，且被曲线截得的弦长为，求直线的方程.18．已知曲线，求(1)曲线在点处的切线方程；(2)曲线过点的切线方程；(3)曲线平行于直线的切线方程.19．如图，是的直径，，点是上的一个动点，过点作垂直所在的平面，且.(1)当三棱锥体积最大时，求直线与平面所成角的大小；(2)当点A是上靠近点的三等分点时，求二面角的正弦值.20．已知椭圆：的离心率为，椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为．(1)求椭圆的方程；(2)已知直线与椭圆相交于、两点，且与轴，轴交于、两点．（i）若，求的值；（ii）若点的坐标为，求证：为定值．21．各项都为整数的数列满足，，前6项依次成等差数列，从第5项起依次成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)求出所有的正整数m，使得.22．已知函数，其中．(1)判断函数的单调性；(2)若，且当时，，证明：．

答案1．【正确答案】C【分析】求出双曲线的一个焦点坐标及一条渐近线方程，利用点到直线的距离公式即可得解.【详解】双曲线的一个焦点坐标是，一条渐近线的方程为，因此焦点到渐近线的距离.故选：C本题考查双曲线的简单几何性质、点到直线的距离公式，属于基础题.2．【正确答案】D【分析】利用等差数列的前项和公式以及等差数列的等差中项即可.【详解】故选：D本题考查了等差数列的前项和公式以及等差数列的等差中项，属于较易题.3．【正确答案】B【分析】根据初等函数的求导法则逐一判断，可得答案.【详解】①中，，故该项错误；②中，，故该项错误；③中，，故该项错误；④中，，故该项正确。所以正确命题的个数为1.故选：B.本题主要考查基本初等函数的求导法则，准确地运用求导公式是关键，属于基础题.4．【正确答案】B由椭圆的方程及题意可得，，，由可得是直角三角形，利用，可得，结合，即可求解.【详解】由题意可得：，，，所以是直角三角形，且是直角边，因为为的中点，所以，所以，即，整理可得：，即，可得，解得，故选：B方法点睛：求椭圆离心率的方法：（1）直接利用公式；（2）利用变形公式；（3）根据条件列出关于的齐次式，两边同时除以，化为关于离心率的方程即可求解.5．【正确答案】C【分析】由题可将所求转化为求圆与圆的公切线条数，判断两圆的位置关系，从而得公切线条数.【详解】因为点A到直线l的距离为1，所以直线l为以为圆心，为半径的圆的切线，同理直线l还是以为圆心，为半径的圆的切线，即直线l为圆与圆的公切线，由题意，满足点到直线的距离为，点到直线距离为的直线的条数即为圆与圆的公切线条数，因为，所以两圆外切，所以两圆的公切线有3条，即满足条件的直线有3条.故选：C.6．【正确答案】C【分析】由图像所给信息可以确定，再观察图像知导函数的零点即，可得解.【详解】由图示可知：经过（0,0）、（1,0）、（2,0），所以有：，即，解得：，所以，.由图示可知是的极值点，所以是的两根.所以.故选：C.7．【正确答案】B【分析】构造函数，结合已知判断其导数符号可知单调性，然后由单调性可解.【详解】记，则，因为，即，所以，所以在R上单调递增，故，，整理得，.故选：B关键点睛：本题关键在于根据导数不等式构造函数，然后利用导数判断单调性，由单调性即可求解.8．【正确答案】C【分析】不等式等价为，即满足条件的函数为单调递增函数，判断函数的单调性即可得到结论．【详解】解：对于任意给定的不等实数，，不等式恒成立，不等式等价为恒成立，即函数是定义在上的增函数．①函数，则，当，或时，，此时函数为减函数，不满足条件．②，，函数单调递增，满足条件．③为增函数，满足条件．④，在定义域上不具有单调性，不满足条件．综上满足“函数”的函数为②③，故选：．本题主要考查函数单调性的应用，将条件转化为函数的单调性的形式是解决本题的关键．9．【正确答案】ABD【分析】求出直线所过定点判断A；利用垂直关系计算判断B；由两直线不相交求出判断C；求出直线所过定点，并求出它与点的距离判断D.【详解】对于A，变形为，令，解得，因此直线一定过定点，A正确；对于B，若，则，解得，B正确；对于C，当与不相交时，，解得或，当时，直线与平行，当时，直线与平行，因此当时，或，C错误；对于D，直线恒过点，点到直线的距离的最大值为间距离，而，D正确.故选：ABD10．【正确答案】ABD【分析】四个选项互不相关的选择题，需要对各个选项一一验证.对于A：证明，得到,即直线与所成角为；对于B：先证明，利用等体积法求得体积；对于C：利用向量法求出二面角的大小；对于D：把直三棱柱扩充成长方体，求长方体的外接球体积即可.【详解】对于A：在Rt△DAC中，AD=AC=1，得∠ADC=45°.同理：∠A1DC1=45°，所以∠CDC1=90°，所以又，且,所以,所以,即直线与所成角为，故A正确；对于B：由为直三棱柱，得,所以，由A的证明可知，可得，所以,故B正确；对于C：由A、B证明过程可知：且,可以以C坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系,则,所以设平面的一个法向量，则有即，不妨设，则有.同理可求平面的一个法向量.设二面角的平面角为，显然为锐角，所以，所以，故C错误；对于D：由A、B证明过程可知：且,可以把直三棱柱扩充成长方体，只需求长方体的外接球表面积即可.在长方体中，设外接球的半径为R，则所以,故D正确.故选:ABD立体几何试题的基本结构：(1)一是几何关系的证明，用判定定理；(2)二是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算；(3)多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：①公式法；②多面体几何性质法；③形法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．11．【正确答案】AC【分析】由于在区间上存在极值点，根据间接法在上无极值点，则或或，即可解决.【详解】由题知，，所以，当和时，，当时，，则在和上单调递增，在上单调递减，若在上无极值点，则或或，解得：，所以时，在区间上无极值点，所以时，在区间上存在极值点，因为是整数，故或，故选：AC.12．【正确答案】AB【分析】根据等差数列与等比数列的定义、性质、求和公式计算即可.【详解】若是等差数列，设其公差为，则成等差数列，公差为，由，即A正确；当时显然符合题意，但C错误；若是等比数列，设其公比为，则成等比数列，公比为，由，即B正确，当时，也符合题意，故D错误.故选：AB13．【正确答案】（答案不唯一）【分析】根据给定直线方程求出其方向向量，再由法向量的意义求解作答.【详解】直线的方向向量为，而，所以直线的一个法向量.故14．【正确答案】0【分析】设过的直线交抛物线于，，，，，联立方程组，利用韦达定理可得.【详解】设过的直线交抛物线于，，，，，联立方程组，得：，于是，有：，，，又，.故０15．【正确答案】【分析】构造，则，由题意可得：，利用等差数列的通项公式可得：，再利用“累加法”求通项可得，最后利用“裂项法”求和即可得出，根据的定义即可得出结果.【详解】构造，则，由题意可得：，故数列是为首项，为公差的等差数列，，，，，，，以上个式子相加可得，解得，发现也满足上式，故，，则，，故答案为.16．【正确答案】【详解】连接交于点，则，点为的中点，连接，为直角三角形，设正方形的边长为，则，由圆的半径为4，则，设重合于点P，则则，高、，设，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取得最大值，此时，即答案为.17．【正确答案】(1)(2)或【分析】（1）直接利用条件求出点的轨迹方程，所求方程表示一个圆；（2）直线的斜率分存在与不存在两种情况，当直线的斜率不存在时，检验不满足条件；当直线的斜率存在时，用点斜式设出直线的方程，根据弦长和点到直线的距离公式列出等式即可求出直线的斜率，进而求出直线的方程.【详解】（1）设点，动点与两个定点，的距离的比是，，即，则，化简得，所以动点的轨迹的方程为；（2）由（1）可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，直线被曲线截得的弦长为，圆心到直线的距离，①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离是3，不符合条件；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，所以圆心到直线的距离，化简得，解得或，此时直线的方程为或.综上，直线的方程是或.18．【正确答案】(1)(2)或(3)或【分析】（1）求出函数的导数，求得切线的斜率，由点斜式方程可得切线的方程；（2）设出切点，写出切线方程，代入点，即可求得切线方程.（3）设出切点，用导数求得切点处切线的斜率与已知直线斜率相等，进而求出切点，写出切线方程即可.【详解】（1）由得，则，所以曲线在点处的切线方程为：，即.（2）因为切点在曲线上，所以可设切点为，则，则切线方程为，因为切线过，代入切向方程得：化简得，则或所以曲线过点的切线方程为：或.（3）直线的斜率为，设切点为，则由（2）知切线方程为，则由切线与直线平行得，即或，所以切线方程为或，即或19．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）体积最大时，由体积公式确定此时点是的中点，再由几何方法确定平面，所以为直线与平面所成的角，最后解三角形求出结果.（2）建系，分别求出设平面的法向量和平面的法向量，再由空间向量法求出二面角的余弦值，最后求出正弦值.【详解】（1）因为是的直径，，所以..当时，有最大值，此时点是的中点.因为垂直于所在平面，所以.因为是的直径，所以.又，平面，，所以平面.如图①，取的中点，连接，，则，所以平面，所以为直线与平面所成的角，此时，所以.又因为在中，，，所以，所以，故.

当三棱锥体积最大时，直线与平面所成角的大小为.（2）当点是上靠近点的三等分点时，，故.因为是的直径，所以.又因为，所以，因为垂直于所在平面，所以，，即两两垂直，如图②，以为坐标原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，，，.

设平面的法向量为，则则，令，则，则.设平面的法向量为，则令，则，，则，所以，设二面角的平面角为，则，所以二面角的正弦值为.20．【正确答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积即可求出，则椭圆方程可得；（2）（i）联立方程组，根据根与系数的关系以及向量相等的坐标关系即可求出；（ii）根据根与系数的关系以及向量的数量积的运算即可求出．【详解】（1），，代入得.又椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为2，即，即，以上各式联立解得，则椭圆方程为.（2）（i）直线与轴交点为，与轴交点为，联立，消去得:，则，设，则，，，由得，解得:，由得.（ii）由（i）知，，.为定值.方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）设出等差数列的公差，然后根