广东省清远市2024-2025学年高二上学期期末数学试题 含解析

清远市2024~2025学年第一学期高中期末教学质量检测高二数学注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡的相应位置.3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.4.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.5.考试结束后，将本试题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.经过两点的直线的方向向量为，则的值为（）A.8 B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】根据直线的斜率公式和方向向量的概念求解.【详解】由已知，由题知，解得.故选：C.2.已知抛物线的准线方程是，则的值为A.2 B.4 C.-2 D.-4【答案】B【解析】【详解】抛物线的准线方程是，所以.故选B.3.A同学为参加《古诗词大赛》进行古诗词巩固训练，她第1天复习10首古诗词，从第2天起，每一天复习的古诗词数量比前一天多2首，每首古诗词只复习一天，则10天后A同学复习的古诗词总数量为（）A.190 B.210 C.240 D.280【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的前项和公式可得答案.【详解】由题知，A同学每天复习古诗词数量构成首项为10，公差为2的等差数列，则10天后A同学复习的古诗词总数量为.故选：A.4.经过两条直线与的交点，且垂直于直线的直线的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先求直线与的交点，再根据直线垂直求斜率，利用点斜式可得所求直线方程.【详解】联立与，得交点坐标为.又垂直于直线的直线的斜率为，故所求直线的方程为，即.故选：B5.如图，在三棱锥中，．若点分别在棱上，且，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的基本定理及利用向量的加法表示出即可求解．【详解】由，得，所以，故选：C．6.一动圆与圆外切，同时与圆内切，则该动圆圆心的轨迹方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求得两圆的圆心和半径，判定已知两圆的位置关系为内切，求得切点坐标，利用动圆与已知两圆相外切，内切的条件列出关于和动圆半径r的方程组，消去r再利用椭圆的定义写出轨迹方程，最后根据已知两圆的位置关系做出取舍.【详解】圆圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，因为，所以两圆相内切于点，设动圆的圆心为，半径为，则，，因此点的轨迹方程是以为焦点，长轴长为10的椭圆（不含点），所以该动圆的圆心的轨迹方程为.故选：B7.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的称为三角形数，第二行的称为正方形数.则根据以上规律，可推导出五边形数所构成的数列的第5项为（）A.22 B.26 C.35 D.51【答案】C【解析】【分析】类比三角形数和正方形数得到五边形数，再由从第二项起，后项与前项的差依次为求解.详解】解：如图，称为五边形数，从第二项起，后项与前项的差依次为，所以五边形数的第5项为，故选：C.8.已知双曲线的离心率为，右焦点到其渐近线的距离为，过的直线与的右支交于两点（在的上方），的中点为在直线上的射影为为坐标原点，设的面积为，直线的斜率分别为，则（）A.2 B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】先求出双曲线的标准方程，明确点，再设直线：，和双曲线方程联立，结合韦达定理，表示出，化简即可.【详解】如图：由题知解得所以双曲线：，所以，依题意可设，代入双曲线，消去并整理得，设，，则又，所以，而，所以.故选：D【点睛】关键点点睛：本题的关键在于，用表示出后，化简是关键.二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分.9.已知，下列说法正确的是（）A.若三个数成等差数列，则B.若三个数成等差数列，则C.若三个数成等比数列，则D.若三个数成等比数列，则【答案】BC【解析】【分析】利用等差中项和等比中项建立等式进行求解即可．【详解】若三个数成等差数列，则，解得，故A错误，B正确；若三个数成等比数列，则，解得，故C正确，D错误，故选：BC．10.如图，在多面体中，平面与平面都是正方形，侧面，都是等腰直角三角形，且均与平面垂直，，则（）A.B.直线与直线共面C.直线与平面所成角的余弦值为D.多面体的体积为【答案】BC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标运算来求解A，通过证明线线平行来证明共面，判断B，利用空间向量来求解线面角问题，判断C，利用割补法来求解体积问题，判断D．【详解】如图，分别取的中点，连接，则平面平面，平面平面平面，平面，四边形是边长为2的正方形，分别为的中点，所以四边形为矩形．以点为坐标原点，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则．对于A，，所以，故A错误；对于B，由，得，所以，所以四点共面，所以直线与直线共面，故B正确；对于C，设平面的一个法向量为，由，取，则，则，所以，设直线与平面所成角为，则，故C正确；对于D，以为底面，以为高将几何体补成长方体，则分别为的中点，因为，长方体的体积为，，因此，多面体的体积为，故D错误．故选：BC．11.类比于数学史上著名的“冰雹猜想”，任取一个正整数，若是奇数，就将该数加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步禁后，必得到数字1.如取，则的值依次为，共需5个步骤变成1，则称该运算为5步运算，则下列说法正确的是（）A.当时，的值依次为B.当时，该运算为7步运算C.当运算为7步运算时，的值可能有13个D.当运算为7步运算时，的最大值与最小值之和为137【答案】ACD【解析】【分析】由题意得到进而逐个判断即可；【详解】由题知，对于A，，则的值依次为，故A正确；对于B，，所以该运算为6步运算，故B错误；对于C，当运算为7步运算时，，逆推可得如下结果，据此可得的值可能有13个，故C正确；对于D，由选项C知，的最大值为128，最小值为9，所以的最大值与最小值之和为137，故D正确，故选：ACD.三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.12.已知点，向量，且，则点的坐标为__________．【答案】【解析】【分析】利用空间向量的线性运算来进行求解．【详解】设，则，即，故答案为：．13.北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，提出如图所示的由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，自上而下，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球，，依此类推，最底层有个小球，共有层，并得出小球总数的公式.若，小球总个数为168，则该长方台形垛积的第六层的小球个数为__________.【答案】42【解析】【分析】设各层的小球个数构成数列，则由可得，进而可得，得，进而得.【详解】由题知，各层的小球个数构成数列，且，因为，所以，故，由题意，即，解得或（舍去），所以，故该垛积的第六层的小球个数为，故答案为：4214.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，且四边形的面积为．若为椭圆上的两点，直线斜率存在且（其中为坐标原点，分别为直线的斜率），为中点，则的最小值为__________．【答案】##【解析】【分析】由离心率，四边形的面积为求得椭圆方程，再根据，设直线的方程为，求得的轨迹方程，最后根据两点之间距离公式即可求解．【详解】由题知，解得，所以椭圆，因为，所以，又直线的斜率存在，设直线的方程为，则的中点，联立，整理可得，，即，，所以，所以，可得，符合，可得的轨迹方程为整理可得，两式平方相加可得，即的轨迹方程为，表示焦点在轴上的椭圆，即，所以，当为该椭圆的右顶点时，取等号；综上所述，的最小值为，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.如图，圆内一点，直线过点，且倾斜角为.（1）求弦长；（2）若圆与圆相交，求的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）利用斜率的几何意义求出直线斜率，进而求出直线方程，最后结合勾股定理求解弦长即可.（2）利用圆与圆的位置关系建立不等式，求解参数范围即可.【小问1详解】由题意得直线过点，且倾斜角为，由斜率的几何意义得，则直线的方程为，即，由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离，由勾股定理得.【小问2详解】易知圆的圆心坐标为，半径为；若圆与圆相交，则，即，解得，故的取值范围为.16.已知数列的前项和为，数列是公比为3的等比数列，且．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用与之间的关系，，当来进行求解出的通项公式即可进一步求解出；（2）利用错位相减法及公式法进行求和．【小问1详解】因为，所以，当时，，又满足上式，所以．因为，所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，即．【小问2详解】由（1）知，，所以，①，②①②得，所以．17.如图，已知直线与抛物线交于两点，为坐标原点，且.（1）求抛物线的方程；（2）若直线与直线关于轴对称，试在抛物线上求一点，使得点到直线的距离最短，并求出最短距离.【答案】（1）（2），.【解析】【分析】（1）联立直线、抛物线的方程，结合韦达定理和求解即可；（2）由对称性得到方程，令直线平行于直线，且与抛物线相切，则切点即为点.即可求解；【小问1详解】联立消去并整理得，设，则，所以，因为，所以，解得，所以抛物线的方程为.【小问2详解】由题知，结合对称性易知，直线的方程为，令直线平行于直线，且与抛物线相切，则切点即为点.设直线的方程为，联立消去并整理得，令，解得，所以，解得，所以，所以点的坐标为，最短距离为.18.如图，在直四棱柱中，底面是直角梯形，，且.（1）证明：；（2）求点到平面的距离；（3）求平面与平面夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用直四棱柱的性质得到，结合，结合线面垂直的判定定理得到平面，再运用线面垂直的性质证明所求结论即可.（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求解即可.（3）建立空间直角坐标系，求出每个平面的法向量，利用面面夹角的向量求法求解即可.【小问1详解】在直四棱柱中，底面，又底面，故，又面，得到平面，又平面，则【小问2详解】由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，如图，建立空间直角坐标系，，所以，设平面的法向量为，则，令，得，所以，由点到平面的距离公式得点到平面的距离为.【小问3详解】由（2）知，设平面的法向量为，则令，得，所以，又平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，而，则，由同角三角函数的基本关系得，故平面与平面夹角的正弦值为.19.若递增数列的后一项与其前一项的差大于，则称这个数列为“超1数列”.（1）已知数列是“超1数列”，求实数的取值范围；（2）已知数列是“超1数列”，其前项和为，若，试判断是否存在实数，使得对恒成立，并说明理由；（3）已知正项等比数列是首项为1，公比为整数的“超1数列”，数列不是“超1数列”，证明：数列是“超1数列”.【答案】（1）（2）不存在符合要求的实数，理由见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用“超1数列”的定义得，且，即可求得结果.（2）先假设存在实数，使得对恒成立，等价于对恒成立.推出矛盾即可证明.（3）由正项等比数列是首项为1，公比为整数的“超1数列”，数列不是“超1数列”，得出公比或4.再分情况讨论，利用“超1数列”的定义证明数列是“超1数列”【小问1详解】由题知，，且，解得，所以实数的取值范围为.【小问2详解】不存在，理由如下：由题知，对恒成立，所以数列是等差数列，且，公差为，所以.假设存在实数，使得对恒成立，即对恒成立，所以对恒成立.当时，；当时，恒成立，因为，所以，与矛盾，所以假设不成立，故不存在符合要求的实数.【小问3详解】由题意，设数列的公比为且，则.因为，所以在数列中，为最小项.所以在数列中，为最小项.因为为“超1数列”，所以只需，即，又，所以.又不是“