广东省深圳市光明区2024-2025学年高二上学期期末数学试题【含答案解析】

2024年光明区普通高中高二年级期末调研考试数学2025.1本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将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】A【解析】【分析】利用直线斜截式方程及斜率的定义即可求解.【详解】由直线，得直线的斜率为，设直线的倾斜角为，所以，所以直线的倾斜角为.故选：A.2.抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】计算出的值，由此可知准线方程.【详解】因为抛物线，所以，因为准线方程为，所以准线方程为，故选：D.3.在四面体中，为中点，为中点，则用，，表示为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】运用向量的加法法则，结合向量线性运算表示即可.【详解】在四面体中，为中点，为中点，则.故选：B.4.已知正项数列满足，，则的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】首先对已知等式进行变形，得到数列的性质，判断出它是等差数列，然后根据等差数列的通项公式以及已知的来逐步求出的值.【详解】已知，等式两边同时除以（因为是正项数列，），可得.这表明数列是公差为的等差数列.已知，那么.对于等差数列，其通项公式为（为公差），这里.当时，.把代入上式，可得，解得.故选：A.5.已知直线与直线关于直线对称，则的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】分析可得三条直线互相平行，根据两平行的距离公式计算可得结果.【详解】由题意得，直线，∴两直线与直线间的距离相等，∵方程可化为：，，∴，解得.故选：C.6.已知等腰三角形的一个顶点为，底边的一个端点为，则底边的另一个端点的轨迹方程为（）A.（且） B.（且）C.（且） D.（且）【答案】B【解析】【分析】设，利用两点间的距离公式整理化简得的轨迹方程，再去掉三点共线时的点坐标即可.【详解】设，根据题意可知且三点不共线，可得，因此，若三点共线，易知斜率存在，所以；即，可得；联立，解得或；又因为三点不共线，所以且，因此端点的轨迹方程为（且）.故选：B7.已知圆，直线与交于，两点，则面积的最大值为（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求得直线过定点以及圆心到直线的距离的取值范围，得出的面积的表达式利用三角函数单调性即可得出结论.【详解】根据题意可得直线恒过点，该点在已知圆内，圆的圆心为，半径，作于点，如下图所示：圆心到直线的距离为，所以，又，可得；因此可得，，所以的面积为.故选：B8.已知双曲线（，），为其左右焦点，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线分别交的左右两支于，两点．若，则的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】作出辅助线，得到，故，，由双曲线定义得到方程，求出，求出离心率.【详解】设直线与的切点为，连接，则，因为，所以，而，所以，，而，所以，所以，．因此，所以，离心率.故选：B．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.对于两个空间向量，，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，，当时，D.若，分别为平面，的法向量．当时，一定有【答案】ABC【解析】【分析】由向量模长的坐标表示可知A正确，利用共线定理可判断B正确，根据向量垂直的坐标表示计算可得C正确，由空间位置关系的向量证明可判断D错误.【详解】对于A，由可得，即A正确；对于B，由可知共线，即可得，即B正确；对于C，由可得，解得，即C正确；对于D，根据平面法向量的定义可知时，一定有，可得D错误.故选：ABC10.设为坐标原点，直线经过抛物线的焦点，且与交于，两点（点在轴上方），与的准线交于点，下列说法正确的是（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据直线过焦点可得选项A正确；求出点坐标，利用两点间距离公式可得选项B正确；联立直线与抛物线方程，根据弦长公式可得选项C错误；求出点坐标，结合焦半径公式可得选项D正确.【详解】A.由题意得，，故，，A正确.B.由A得，抛物线标准方程为，准线方程为，∴，故，正确..设，由得，，∴，故，C错误.D.由得，，故，∴，故，∴，D正确.故选：ABD.11.已知椭圆，点，以为直径的圆与交于，两点，则（）A B.直线与有且只有一个公共点C.四边形为平行四边形 D.若为上的动点，则的最大值为10【答案】AB【解析】【分析】求出以为直径的圆方程，与椭圆方程联立求出的坐标，再逐项求解判断.【详解】依题意，以为直径的圆的方程为，选项A，由及对称性得，则，A正确；选项B，直线方程为，即，由，得，，直线与只有一个交点，B正确；选项C，设直线与轴交点为，，，，四边形不是平行四边形，C错误；选项D，设，则，，，则，而，因此当时，，D错误.故选：AB三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若数列为等差数列，公差，，则______．【答案】【解析】【分析】根据条件计算等差数列首项，结合等差数列前项和公式计算可得结果.【详解】由得，，故，∴.故答案为：.13.若直线与直线垂直，则______．【答案】2【解析】【分析】运用直线垂直的结论计算即可.【详解】直线与直线垂直，则，解得.故答案为：2.14.“曼哈顿距离”是人工智能中常用的一种测距方式．定义平面上两点，之间的“曼哈顿距离”为．对于平面上两定点，，若动点满足．记的轨迹为，则的面积为______．【答案】10【解析】【分析】根据题意可得，结合对称性只研究，，作出图形即可得面积.【详解】由可得，即，将代换，方程不变，可知曲线关于轴对称；将代换，方程不变，可知曲线关于轴对称；根据，对称性可知，只需讨论，即可．此时，所以，可得轨迹在第一象限内与轴和轴所围成的面积为，所以的面积为．故答案为：10.【点睛】关键点点睛：根据方程研究其对称性，这样只需研究，即可，分别理解和计算.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.已知的顶点的坐标为，边所在的直线方程为，边上的中线所在的直线方程为．（1）求边所在的直线方程；（2）求点关于直线的对称点的坐标．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）联立直线与方程可得，设点，则，根据点分别在直线上列方程组可得结果.（2）设，根据及线段中点在上列方程组可得结果.【小问1详解】由得，∴.设点，则，∴，解得，即∴，故直线的方程为，即.【小问2详解】设，则的中点坐标为，，∴，解得：，故.16.如图，在三棱锥中，平面，，，为的中点，平面平面．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）根据条件得到，面面垂直转化为线面垂直可得到，结合可证明结论.（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求线面所成角的正弦值，也可根据线面角的定义法求解.【小问1详解】∵，为的中点，∴.∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面.∵平面，∴.∵平面，平面，∴，∵，平面，∴平面．【小问2详解】方法一：∵平面，平面，∴，∵平面，平面，∴，∴，．以点为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，∴，，．设平面的一个法向量，由，得，令，则，∴.设直线与平面所成角为，则，∴直线与平面所成角的正弦值为．方法二：∵平面，平面，∴，∵平面，平面，∴，∴，，．如图，取的中点，连接、，作于，则.∵平面，平面，∴，∴.∵，为的中点，∴，∵，平面，∴平面，∵平面，∴，∵，，平面，∴平面，故为直线与平面所成的角．∵，∴直线与平面所成的角的正弦值为．17.已知双曲线（，）渐近线方程为，且经过点．（1）求的方程；（2）直线与有且只有一个公共点，求的值；（3）直线与交于两点，是坐标原点．若的面积为，求的值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据渐近线方程代入点计算即可求出标准方程；（2）联立直线和双曲线方程，对方程类型进行分类讨论即可求得值；（3）联立直线与双曲线方程，利用弦长公式以及点到直线距离求出三角形面积表达式，解方程可得的值.【小问1详解】由已知，则，代入点得，所以双曲线的方程为．【小问2详解】直线与双曲线有且只有一个公共点，所以方程组只有一组解，即只有一个解，当，即时，满足题意．当时，，解得；所以【小问3详解】设，，如下图所示：联立，化简得，由，解得，且；所以原点到直线的距离所以的面积为；解得.18.已知椭圆的左、右焦点分别为，，是上一点，且点到点，的距离之和为．（1）求的方程；（2）直线与交于，两点，记直线，的斜率分别为、．①当时，求的值；②当变化时，试探究是否为定值．若是，求出该值；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）①0；②为定值，定值为0．【解析】【分析】（1）根据椭圆定义，结合是上一点,构造方程组，求解即可.（2）①当时直线曲线联立，求出，再求出即可，②当变化时，设，，直曲联立，得，韦达定理得到，，再用斜率公式，结合韦达定理计算即可.【小问1详解】由题意，得，解得，故的方程为．【小问2详解】①当时，由题意得直线的方程为，联立，得，即，所以②当变化时，是为定值0．证明：设，，联立，得，所以，即，且，则，所以即为定值，定值为0．【点睛】知识方法点睛：本题考查直线与椭圆综合应用问题，涉及到椭圆标准方程的求解、椭圆中定值问题的求解；求解定值问题的关键是能够将所求量表示成能应用韦达定理的形式，代入韦达定理结论，整理消去变量可得定值.19.在平面直角坐标系中，直线交曲线于点，（在第一象限），过点作轴的垂线，垂足为点.如图，将坐标系第一、二象限所在的半平面沿轴向上翻折90°.（1）当时，①求点到平面的距离；②求平面与平面的夹角的余弦值；（2）求线段长度的最小值.【答案】（1）①；②；（2）.【解析】【分析】（1）①方法一：建立空间直角坐标系利用空间距离的向量求法计算可得结果；方法二：利用等体积法计算即可求出点到平面的距离；②利用两平面的法向量即可求出平面与平面的夹角的余弦值；（2）在空间坐标系中求得两点坐标，再由两点间的距离公式利用基本不等式计算可得最小长度.【小问1详解】①方法一：当时，联立，得或，翻折后，在平面内作z轴交于点O得到