贵州省安顺市2024-2025学年高二上学期期末教学质量监测考试数学试卷2

第1页/共1页全市普通高中2024~2025学年度第一学期期末教学质量监测考试高二数学试题注意事项：1.本试卷共4页､19小题，满分150分，考试用时120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上3.请在答题卡相应位置作答，在试卷上作答无效.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，只有一个选项是符合题目要求的.1.抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接求解抛物线准线方程.【详解】抛物线的准线方程为.故选：D.2.在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据空间直角坐标系中点的对称性可得出结果.【详解】在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为.故选：B.3.“直线与直线平行”的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用两条直线平行求出，再利用充分不必要条件的定义判断即可.【详解】由直线与直线平行，得，解得，所以和分别是“直线与直线平行”的一个充分不必要条件.故选：C4.已知为双曲线的两个焦点，则到双曲线的渐近线的距离为（）A.16 B.9 C.4 D.3【答案】D【解析】【分析】根据双曲线方程求的坐标和渐近线方程，即可得结果.【详解】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上，则，渐近线方程为，即，所以到双曲线的渐近线的距离.故选：D.5.已知数列是等差数列，且，则（）A.0 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的公式计算即可.【详解】由等差数列公式得：，所以，所以.故选：A.6.已知圆与直线，若平分圆的周长，则的最小值为（）A.1 B.3 C.9 D.18【答案】C【解析】【分析】由平分圆的周长，所以直线l过圆C的圆心，得，再利用不等式即可求得结果.【详解】因为平分圆的周长，所以直线l过圆C的圆心，即，即，所以，当且仅当时取等号.故选：C7.已知双曲线的左，右焦点分别为，过且倾斜角为的直线与双曲线的右支有两个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可知双曲线的渐近线方程的斜率需小于直线的斜率，得，结合和离心率的定义即可求解.【详解】由题意知，双曲线的渐近线方程为，要使直线与双曲线的右支有两个交点，需使双曲线的渐近线方程的斜率小于直线的斜率，即，即，由，得，整理得，所以，因为双曲线中，所以双曲线的离心率的范围是.故选：B8.已知数列的前项和为，前项积为，若，则使取得最大值时的值为（）A.8 B.9 C.10 D.11【答案】B【解析】【分析】由推理判断数列为首项时500，公比为的等比数列，再求的解析式，判断其单调性即得》【详解】由①，可得时，，即；当时，②，由：，即，故数列为首项是500，公比为的等比数列，故.则，由，因，故当时，，当时，，即，故使取得最大值时的值为9.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用和的关系式求通项和数列的单调性，属于较难题.解题的关键在于利用和的关系式求得通项后，继而化简得到，需通过作商判断数列的单调性，即可求得.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.分别是两条不同直线的方向向量，分别是两个不同平面的法向量，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据向量关系，结合空间位置关系判断即可.【详解】对于A，，故A正确；对于B，或，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，不重合，，故D正确.故选：AD10.已知数列满足：，则（）A.数列为等差数列 B.数列为递增数列C. D.【答案】BC【解析】【分析】举反例判断A，根据递推式及数列的单调性判断B，根据等差数列基本量的运算判断C，结合等差数列求和公式，利用分组求和计算判断D.【详解】对于A，因为，所以，则，显然，故数列不为等差数列，错误；对于B，当时，，当时，，所以，所以数列为递增数列，正确；对于C，因为，，又，，所以数列中的奇数项成以为首项，公差为的等差数列，数列中的偶数项成以为首项，公差为的等差数列，所以，正确；对于D，，错误.故选：BC11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯（Apollonius，约公元前262前190年）的著作《国锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，其中之一是他证明了“平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆”，后人将此圆称为“阿波罗尼斯圆”简称“阿氏圆”.现有平面内两个定点间的距离为4，平面内的点与的距离满足：，则（）A.若，则点的轨迹为“点圆”，即线段的中点B.若，则点的轨迹是半径为的阿氏圆C.当时，面积的最大值为D.当时，点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是【答案】BCD【解析】【分析】对于A，易得时点的轨迹为线段的垂直平分线；对于B，只需建系设点，求出点的轨迹方程易得；对于C，求出轨迹方程后，结合图形，使边上的高最大即可满足；对于D根据推出的阿氏圆方程，求出圆的半径的表达式，利用函数的单调性即可求得半径的范围.【详解】对于A，时，由可知点的轨迹为线段的垂直平分线，故A错误；对于B，时，不妨取的中点为原点，中垂线为轴，建立平面直角坐标系，则，设点，由可得：，化简得：，故点的轨迹是半径为的阿氏圆，即B正确；对于C，根据B项建系设点，由可得：，如图所示：由图知，当点为过点垂直于轴的直线与圆的一个交点时，的边上的高最大，为圆的半径，此时面积的最大值为，故C正确；对于D，根据B项建系设点，由化简得：，即，因，则该阿氏圆的半径，因函数在上是减函数，故故得，即点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是，故D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：本题主要考查动点轨迹方程的求法及应用，属于难题.求解动点轨迹的方程的方法主要有：（1）直接法：设出动点，利用已知等式代入坐标计算化简即得；（2）相关点法：利用与动点相关的点（轨迹方程一般已知）的联系求解；（3）定义法：利用题设条件与常见的圆锥曲线定义符合时常用.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若成等比数列，则的值为______.【答案】3【解析】【分析】根据等比中项的性质计算可得.【详解】因为数列是等比数列，所以，解得或，当时，不满足，故舍去；当时，经检验符合题意，所以.故答案为：313.在空间直角坐标系中，已知，若点在平面内，则______.【答案】5【解析】【分析】由四点共面得到对应向量共面，建立等量关系，求得的关系式即可.【详解】点在平面内，所以四点共面，则，所以，所以，则，即，所以满足即可故答案为：14.椭圆与双曲线有相同的焦点，点为的一个公共点，则______.【答案】2【解析】【分析】由条件结合椭圆与双曲线定义可得，，然后由数量积的运算结果余弦定理求解即可.【详解】如下图所示：依题意由椭圆定义可得，所以；即；依题意由双曲线定义可得，所以；即；因此可得；又易知，即可得；因此.故答案为：2四､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.已知圆的圆心为，且圆过点，直线.（1）求圆的标准方程；（2）判断直线与圆的位置关系，若相交，请求出直线被圆截得的弦长.【答案】（1）（2）相交，【解析】【分析】（1）利用圆心到点的距离为半径，求出半径，在用圆的标准形式即可得到圆的标准方程.（2）根据点到直线距离公式计算出圆心到直线的距离，然后根据直线与圆相交的条件判断即可，再利用弦长公式即可算出弦长【小问1详解】因为圆的圆心为，且圆过点，所以圆的半.从而圆的标准方程为.【小问2详解】圆心到直线的距离为，又圆的半径，即，所以直线与圆相交.因此直线被圆截得的弦长为16.已知数列满足，（1）证明等比数列，（2）求数列的前项和【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用定义法证明是一个与n无关的非零常数，从而得出结论；（2）由（1）求出，利用分组求和法求．【详解】（1）由得，所以，所以是首项为，公比为等比数列,，所以，（2）由（1）知的通项公式为；则所以【点睛】本题主要考查等比数列的证明以及分组求和法，属于基础题．17.已知点及直线，点为直线上的动点，过点垂直于的直线与线段的垂直平分线交于点.（1）求点的轨迹的方程；（2）若为（1）中的曲线上的两个动点，且（为坐标原点）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，定点.【解析】【分析】（1）由抛物线定义即可得到轨迹方程.（2）先直线与抛物线联立，由韦达定理得，又由得，即可求得坐标.或者用齐次化方法求解.【小问1详解】由题设知，，且.所以点到定点的距离等于到定直线的距离，又因为直线不经过点，所以由抛物线的定义可知，点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线.故点的轨迹的方程为：.【小问2详解】证法一：由题设可知，直线的斜率不为0，且不过原点，故设，由得：.设，则.因为，所以.解得或（舍）.且满足，所以直线的方程为.故直线过定点.证法二（齐次化方法）：由题设可知，直线不过原点，设，由得：.显然，从而有.设，则为方程（※）的两根，所以.又，所以.解得，且满足所以直线的方程为即.故直线过定点.18.如图，三棱锥中，，，，为棱的中点，点满足.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）连接、，推导出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）推导出四边形为平行四边形，可得出平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，结合（1）中的结论可得出结果；（3）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.【小问1详解】连接、，因为，，所以与为全等的等边三角形，从而.又因为为棱的中点，所以①.因为，，所以，.所以，所以②.由①②及，、平面，所以，平面.【小问2详解】因为，则且，所以四边形为平行四边形，所以，，又因为平面，平面，所以平面.所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即为.小问3详解】因为，为的中点，则，由（1）知平面，以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则、、、，所以，，设平面与平面的法向量分别为m=x1,y则，取，则.，取，则.记平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角的余弦值为.19.给定一个椭圆，则由椭圆的中心与椭圆短轴的一个端点以及椭圆的一个焦点构成的直角三角形称为椭圆的“特征三角形”.定义：如果两个椭圆的特征三角形相似，就称这两个椭圆为相似椭圆，其中两个特征三角形的相似比即为两个椭圆的相似比.已知椭圆与椭圆为相似椭圆.（1）求椭圆的离心率；（2）设椭圆与椭圆的相似比等于.（i）直线与椭圆交于两点，与椭圆交于两点，证明：；（ii）当时，设为椭圆上异于顶点的两个动点，为坐标原点，若坐标平面内满足的动点均在椭圆上，请探究的斜率与的斜率之积是否为定值，若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）是定值.【解析】【分析】（1）结合相似椭圆定义，利用离心率的定义求解即可.（2）（i）设椭圆的方程为：，直线方程分别与两个椭圆方程联立，韦达定理表示出中点坐标，即可证明；（ii）利用向量的线性坐标运算得，代入椭圆方程并化解得，结合化简得，即可求解.【小问1详解】由已知得，椭圆的长半轴长为2，短半轴长为，半焦距为1，设椭圆的半焦距为，由相似椭圆定义知，.所以