山西省阳泉市2024-2025学年高二上学期期末质量监测数学试题

20242025学年第一学期高二年级期末质量监测数学试题（考试时间120分钟，满分150分）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.3.回答选择题时，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，将答案用0.5毫米的黑色笔迹签字笔写在答题卡上.4.考试结束后将本试题和答题卡一并交回.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，只有一个选项是正确的.1.已知等差数列的前项和为，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的求和公式以及等差数列的性质计算可得的值.【详解】因为等差数列的前项和为，且，则，所以.故选：C.2.已知双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为，且满足，则的离心率为（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据双曲线渐近线的倾斜角的关系可求两条渐近线的倾斜角，结合离心率公式可得答案.【详解】双曲线的两条渐近线方程分别为，易知.又，解得.所以，所以的离心率为.故选：D.3.已知数列的前项和为，且，则（）A.188 B.189 C.190 D.191【答案】B【解析】【分析】由通项公式结合分组求和、等差数列前项和公式即可求解；【详解】因为，所以.故选：B.4.过点向圆可以作两条切线，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，可得点在圆外，由此列出不等式求出范围.【详解】依题意，得点在圆外，则，解得，所以实数的取值范围为.故选：A5.当时，设函数存在导数，且满足，若，则（）A. B. C.0 D.【答案】D【解析】【分析】根据得是常数，再由得，即可得函数解析式，进而求函数值.【详解】由，即，即，所以是常数，当时，，所以，当时，，得.故选：D6.已知等比数列的前项和为，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用等比数列的性质：等比数列的片断和成等比数列求解．【详解】设，则，因为是等比数列，所以也成等比数列，且公比为，所以，即，所以.故选：B.7.已知点是抛物线上的一个动点，点是直线上的一个动点，则的最小值为（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】直线与抛物线相切时，切点到直线的距离即为最小值，由此可求解．【详解】设直线与抛物线相切于点Px0,在第一象限内，由，得，则，所以，即，所以点的坐标为，所以的最小值为点到直线的距离，即.故选：A8.已知函数，若恒成立，则实数的最小值为（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】根据函数解析式求出，分离参数可求答案.【详解】由，得，求导得，因为，所以恒成立.令，当时，单调递增；当时，单调递减，所以，所以，即最小值为1.故选：C.二､多选题：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，则下列选项正确的是（）A.当直线与直线平行时，B.当直线与直线垂直时，C.直线与轴正半轴和正半轴围成的三角形面积的最小值是D.直线和圆相交于两点，则最小值是4【答案】AD【解析】【分析】由直线方程易知过定点且斜率为，根据直线平行、垂直时斜率关系判断A、B；求直线与坐标轴交点，应用三角形面积公式及基本不等式求最值判断C；根据已知分析有直线与直线垂直时最小，再应用圆中弦长的几何求法求判断D.【详解】由直线，得斜率为，且过定点，对于，直线的斜率为，当直线与直线平行时，正确；对于B，当直线与直线垂直时，由，得，错误；对于C，由题意得，当时，当时，所以三角形面积，当且仅当，即时取等号，所以，错误；对于D，由题意得，当直线与直线垂直时最小，此时，所以，正确.故选：AD10.已知双曲线的左顶点为，右顶点为，第一象限的点在上，且点不与点重合，若直线与直线的斜率分别为，则下列命题中正确的是（）A.存在点，使B.存在点，使C.对任意点，均有D.对任意点，均有【答案】BC【解析】【分析】求出左右顶点、坐标，设，根据两点式表示出斜率，对于A，由，得，代入双曲线方程，得方程无实数根，则A错误；对于B，由，得，代入双曲线方程，解得，则B正确；对于C，由双曲线方程，得，可得，则C正确；对于D，由，则得，代入双曲线方程，得，则只存在一个点满足题意，则D错误.【详解】由题意，得左顶点A−2,0，右顶点，设Pm,nm>2,n>0，则所以.对于A，由，得，所以.若，则，即，代入，得，显然此方程无实数根，故A错误；对于B，，若，则，解得，代入，解得，故B正确；对于C，由，得，所以，故C正确；对于D，，若，则，即，代入，得，显然只存在一个点满足题意，故D错误.故选：BC.11.设函数，则（）A.是的极小值点 B.C D.【答案】ABD【解析】【分析】由二倍角正弦公式得，对函数求导并研究其区间单调性，结合极值点定义、单调性判断A、B、C；首先得到，再根据区间单调性，及对称性判断D.【详解】由，得.所以，当时，单调递减；当时，单调递增对于A，显然是的极小值点，正确；对于B，显然，而在内单调递减，所以，正确；对于C，当时，，故.由，得，即，错误；对于D，由，得所以，因为，而在内单调递增，所以，即，正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：对于D，注意首先确定函数的对称性有为关键.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.抛物线的焦点到准线的距离是__________.【答案】##【解析】【分析】由抛物线的解析式求出，即可求解.【详解】抛物线即，其图象是由抛物线的图象向上平移一个单位得到，由，得焦点到准线的距离是.故答案为：.13.已知直线与曲线相切，则______.【答案】2【解析】【分析】设出切点，求导，根据点斜式求解切线方程，代入可得，即可求解.【详解】，设切点横坐标为，曲线在处的切线方程为，将代入，得，解得，则.故答案为：214.在数学中连加符号是“”，这个符号就是连续求和的意思，把满足“”这个符号下面条件的所有项都加起来，例如：.类似的在数学中连乘符号是“”，这个符号就是连续求积的意思，把满足“”这个符号下面条件的所有项都乘起来，例如：.已知数列满足：，则__________.【答案】1【解析】【分析】根据递推关系有，且，再结合运算定义分别求出，即可得结果.【详解】可得，即，故；又由，可得，故，故.故答案为：1.四､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.已知等比数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由列出等式求得公比，即可求解；（2）由错位相减法即可求解；【小问1详解】设等比数列的公比为，则.因为，所以，解得.所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）得，，所以，则.所以，则，两式相减，得所以16.已知点是抛物线上的动点，过向轴作垂线段，垂足为，记垂线段的中点为.（1）求点的轨迹方程；（2）不过坐标原点的直线与点的轨迹相交于两点，且以线段为直径的圆过点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设点的坐标为，，则的坐标为，代入抛物线方程计算即可；（2）联立，借助韦达定理及，求得，进而利用弦长求得面积.【小问1详解】设点的坐标为，则点的坐标为，又点在抛物线上，所以，化简得，所以点轨迹方程为【小问2详解】设Ax由，得，由，得，，所以，因为以为直径的圆过点，所以，即，所以，解得，或（舍去）.所以，又原点到直线距离为，所以的面积.17.如图，在三棱柱中，平面，.（1）若，求证：平面；（2）若二面角的余弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】分析】（1）连接，设，连接，利用线线平行可证线面平行；（2）可证，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量是，求得平面平面的一个法向量，利用向量法可得的方程，求解即可.【小问1详解】连接，设，连接，则在平行四边形中，是的中点，又，所以是的中点，所以，又平面平面，所以平面.【小问2详解】因为平面平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以.故以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，故，，设平面的法向量是，所以即，取，得，所以，易知平面的法向量是.因为二面角的余弦值为，所以，解得.18.已知椭圆的两个焦点为，点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）若过点的直线与椭圆交于两点，求证：的内心在一条定直线上.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得，代入点的坐标可得，求解可得椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理可得，设直线的斜率分别为，计算可得恒成立，进而可得结论.【小问1详解】因为椭圆两个焦点为，所以，则，又点在椭圆上，所以.即，两式联立，解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】由题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为，联立，得，则，得，设Ax1,设直线的斜率分别为.所以，因为，所以恒成立，则直线的倾斜角互补，即的平分线总垂直于轴，所以的内心在定直线上.19.如果函数的导数，可记为.若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积.（1）求曲线在上与轴围成的封闭图形的面积；（2）当时，求证：；（3）求证：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由基本函数的导数公式和题中新定义的含义计算即可.（2）先由新定义的运算得到，再构造函数，