甘肃省2024-2025学年高二上学期期末学业质量监测数学试卷

第1页/共1页2024~2025学年第一学期期末学业质量监测卷高二数学（120分钟150分）1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出直线的斜率，进而得到倾斜角.【详解】的斜率为，又倾斜角，故直线倾斜角为.故选：B2.已知数列是等差数列，公差为2，且满足，则等于（）A.34 B.30 C.28 D.22【答案】B【解析】【分析】根据即可求解.【详解】因为数列是等差数列，公差为2，且满足，所以，故选：B.3.已知抛物线经过点，则抛物线的准线方程是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据点在抛物线上求出，根据抛物线方程得出准线方程.【详解】抛物线经过点，则，所以，所以抛物线准线方程为.故选：C.4.已知点为圆上两点，若，且，则（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据弦长及面积求出圆心到直线的距离为，再由勾股定理求得半径.【详解】因为，设圆心到直线的距离为，则，所以，所以．故选：C．5.已知某校教学楼共有四层，每层有8个班级，先从四个楼层中选取两层，然后从所选的楼层中一层选3个班级，另一层选4个班级进行卫生检查，则不同的选取方式共有（）A.种 B.种 C.种 D.种【答案】A【解析】【分析】由组合知识，结合分步计数原理得到答案.【详解】先从四个楼层中选取两层，方案有种，从所选的楼层中一层选3个班级，另一层选4个班级进行卫生检查，方案有种，综上，不同的选取方式有种.故选：A6.若双曲线的两条渐近线的夹角为，则其离心率为（）A. B. C.2或 D.2【答案】C【解析】【分析】根据渐近线的夹角可得的值，从而可求离心率.【详解】由题设可得渐近线的方程为，因为两条渐近线的夹角为，故直线的倾斜角为或，故或，故或，故选：C.7.已知数列为等比数列，，若的前7项和为，则数列的前7项和为（）A. B. C. D.60【答案】D【解析】【分析】根据题意，设等比数列的公比为，由得到，结合等比数列的前7项和为得到，进而证明数列为等比数列，结合等比数列的前项和公式即可求解.【详解】设等比数列公比为，前项和为若，则，，不符合题意，所以，所以由得到，，将代入得，因为为等比数列，所以，则，所以数列也为等比数列，首项为，所以数列的前7项和为，故选：D8.设分别为椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，的周长为，且，则的面积为（）A.3 B. C.4 D.【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的性质得到，结合求得，由余弦定理求的值，得到三角形面积.【详解】由椭圆的性质可得，又∵，∴，又，所以，，由余弦定理可得，即，∴，C选项正确；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.已知直线和直线，则直线平行的充分不必要条件可以是（）A. B.或C. D.【答案】AC【解析】【分析】求出直线平行的充要条件，再由充分不必要条件的定义即可得答案.【详解】解：当直线平行时，则有，解得或，经检验此时两直线平行，所以直线平行的充要条件为或，由充分不必要条件的定义可知A，C满足题意.故选：AC．10.在下列关于二项式的命题中，正确的是（）A.的展开式中，一共有6项B.在的展开式中，所有二项式系数的和为64C.若，则D.二项式，若，则【答案】ABC【解析】【分析】应用展开式的性质判断A；利用展开式二项式系数的和公式求解判断B；令与，可求得的值判断C；求得中的系数即可计算判断D.【详解】对于A，二项式展开式一共有6项，A正确；对于B，在的展开式中，所有二项式系数的和为，故B正确；对于C，令，可得，令，可得，所以，故C正确；对于D，二项式，则，令，得，则，故D不正确.故选：ABC.11.已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，过的直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为为坐标原点，则（）A.若直线的斜率为1，则 B.以为直径的圆与轴相切C. D.【答案】BD【解析】【分析】求出抛物线的焦点及准线方程，求出直线方程并与抛物线方程联立，利用抛物线定义结合韦达定理判断A；利用抛物线定义，结合圆的切线判断B；举例说明判断C；推理证得判断D.【详解】抛物线的焦点，准线，点，设，对于A，直线，由消去得，，，A错误；对于B，，线段中点横坐标，弦中点到轴的距离为，因此以为直径的圆与轴相切，B正确；对于C，当点在轴下方时，，而，C错误；对于D，由，得，同理，则，因此，D正确.【点睛】关键点点睛：涉及抛物线过焦点的弦问题，合理利用抛物线的定义是解决问题的关键.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知数列中，，当时，，则通项公式为_________．【答案】【解析】【分析】变形得到，故为首项为2，公比为2的等比数列，从而利用等比数列通项公式求出答案.【详解】当时，，故，其中，故为首项为2，公比为2的等比数列，故，所以.故答案为：13.在的展开式中，各项的二项式系数中第三项和第四项相等且最大，则的系数为__________．【答案】40【解析】【分析】根据二项式系数的概念以及组合数的性质可求出结果.【详解】依题意可得，得，因为的通项公式为，令，即，则的系数为.故答案为：40.14.已知椭圆内一点，直线与椭圆交于两点，且为线段的中点，则__________．【答案】【解析】【分析】利用“点差法”求得直线斜率，写出直线方程，联立方程组结合弦长公式即可求解.【详解】设,则，两式作差可得：，因为为线段的中点，所以，则，所以直线的方程为，联立，则，所以，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.甲、乙、丙做四项工作，每项工作只需1人完成，每人至少完成1项工作．（1）共有多少种不同的情况；（2）求甲做工作的概率．【答案】（1）36（2）【解析】【分析】（1）由题意可知有1人做两项工作，其余2人各做一项工作，根据排列与组合的知识求解即可；（2）分甲只做工作和甲做工作及中的任意一项工作，求解即可.【小问1详解】解：甲、乙、丙做四项工作，每项工作只需1人完成，每人至少完成1项工作，故有1人做两项工作，其余2人各做一项工作，共有种情况．【小问2详解】解：甲做工作的情况有2种：①甲只做工作，共有种情况；②甲做工作及中的任意一项工作，共有种情况，所以甲做工作的情况有种，故所求概率为．16.已知圆，圆．（1）若两圆公共弦所在直线的方程为，求的值；（2）若圆与直线相交于两点，且，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先根据圆所满足的条件得到不等式，得到，两圆相减得，根据公共弦方程，得到，求出答案；（2）由求出圆心到直线的距离，进而由点到直线距离公式得到方程，求出.【小问1详解】由题意，得，解得．，，两式相减得．又两圆公共弦所在直线的方程为，即，所以，即，满足，故；【小问2详解】圆化为标准方程：．设圆的半径为．在中，取的中点，连接，如图．因为，所以．又因为为圆心到直线的距离，所以，所以，解得．17.已知数列的首项为，且满足，数列是首项为2，各项均为正数的等比数列，且是和的等差中项．（1）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）由题设中的递推关系可得，故可求证为等差数列，故可求的通项公式；（2）利用分组求和可求.【小问1详解】由，得，否则，依次，这与题设矛盾，而，于是，所以数列是首项，公差为2的等差数列，故，所以．【小问2详解】由（1）得．设数列的公比为，则，且．因为是和的等差中项，所以，即，解得或（舍去）或（舍去），所以，所以，所以．所以．18.在平面直角坐标系中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点，焦距为，过点且斜率为的直线（1）求椭圆的方程；（2）求斜率的取值范围；（3）当时，求两点的坐标．【答案】（1）（2）（3）或【解析】【分析】（1）根据题设求出基本量后可得椭圆的方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，消元后利用判别式为正可求参数的范围；（3）结合（2）中结果可求两点坐标.【小问1详解】由题意得，又，所以，所以的方程为．小问2详解】过点且斜率为的直线的方程为，联立与，得，，解得或，故斜率的取值范围是．【小问3详解】时，，联立得，，解得或，当时，，当时，，故或．19.已知双曲线的左、右焦点分别为，实轴长为2，为的右支上一点，且．（1）求双曲线的方程；（2）若双曲线上任意一点关于直线的对称点为，过分别作双曲线的两条渐近线的平行线，与双曲线分别交于点，求证：为定值．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合双曲线的定义可得，根据