广西壮族自治区崇左市2024-2025学年高二上学期1月期末考试 数学 含解析

2024年秋季学期高二年级期末教学质量监测数学试题注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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.4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章.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.已知点是点在坐标平面内的射影，则（）A. B. C. D.5【答案】A【解析】【分析】先求，进而可得.【详解】由题意可得，故，，故选：A2.已知直线经过点，则的斜率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由斜率公式即可求解；【详解】由，可得：，故选：C3.已知数列为递增的等差数列，若，则的公差为（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】D【解析】【分析】由题意为方程的两根，结合数列的单调性确定，再根据等差数列通项公式求公差.【详解】因为，所以为方程的两根，又因为为递增的等差数列，所以，故公差.故选：D4.抛物线的焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出抛物线的标准方程即可得到焦点坐标.【详解】由得，，故抛物线的焦点坐标为.故选：A.5.已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由焦点到渐近线的距离公式即可求解.【详解】设双曲线的焦距为，焦点为因为双曲线的渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离为.因为，所以，，所以双曲线的离心率为.故选：C.6.记等比数列的前项和为，若，则（）A.7 B.49 C. D.43【答案】C【解析】【分析】由等比数列的片段和性质有，并设，结合已知求、，即可求值.【详解】设，则，因为，所以，解得，所以.故选：C7.在平行四边形中，，，，是中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据面面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可.【详解】在中，，则，即，又平面平面，平面平面，平面，则平面，又平面，于是，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，于是，得，所以直线与所成角的余弦值为.故选：A8.设数列的前项和为，若，且的等差中项为），则（）A.4 B.8 C.10 D.12【答案】D【解析】【分析】根据的关系，构造法求数列的通项公式，并确定为等差数列，最后应用等差中项的性质求.【详解】因为，当时，，得，当时，，所以，则，所以，又，所以，所以是等差数列.因为，所以.故选：D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.已知曲线的两个焦点为，，为曲线上不与，共线的点，则下列说法正确的是（）A.若是椭圆，则 B.若是双曲线，则C.若，则的周长为8 D.若，则的离心率为【答案】BCD【解析】【分析】对于A由于的大小范围不确定故不能判断焦点位置，对于B若是双曲线，则的焦点在轴上即可求解，对于C若，则是椭圆，则的周长为，对于D若，则是双曲线即可求解.【详解】对于A：若是椭圆，则，其焦点可能在轴上，所以A错误；对于B：若是双曲线，则的焦点在轴上，因为，所以，故B正确；对于C：若，则是椭圆.因为，，，所以的周长为，故C正确；对于D:若，则是双曲线.因为，，，所以离心率为，故D正确.故选：BCD.10.已知圆与直线，点在圆上，点在直线上，则（）A.圆上有两个点到直线的距离为2B.圆上只有一个点到直线的距离为2C.D.从点向圆引切线，切线长的最小值是【答案】BC【解析】【分析】求出圆的圆心及半径，求出点到直线的距离判断AB；利用圆的性质及切线性质求出最小值判断CD.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，对于AB，圆心到直线的距离，则，故A错误，B正确；对于C，，C正确；对于D，由切线的性质，得切线长为，D错误.故选：BC11.在长方体中，，，E为的中点，动点P在长方体内（含表面），且满足，记动点P的轨迹为Ω，则（）A.Ω的面积为B.平面与Ω所在平面平行C.当时，存在点P，使得D.当时，三棱锥的体积为定值【答案】ACD【解析】【分析】取的中点，连接，四边形为动点P的轨迹Ω，求得面积判断A；连接，可证明平面平面，从而可判断B；以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，转化为是否有解问题处理，求解可判断C；确定的位置，进而可判断D.【详解】因为，所以在确定的平面内，又，取的中点，连接，则四边形为动点P的轨迹Ω，因为长方体中，，，所以，，进而可求得等腰梯形的高，所以梯形的面积为，故A正确；连接，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，同理可证平面，又，平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面与Ω所在平面不平行，故B错误；以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则，所以，当，则，所以，假设，则，即，解得，所以当时，存在点P，使得，故C正确；当时，点在上，则时点到平面的距离为定值，又三角形的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，将是否存在点P，使得，转化为方程是否有解问题，转化思想是数学的一种常见思想方法.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.直线被圆截得的弦长为______．【答案】2【解析】【分析】根据圆的性质，结合点到直线距离公式、勾股定理求解即可.【详解】由，可得：，即圆心，，圆心到直线l的距离为：，所以弦长为故答案为：213.若数列满足，则__________.【答案】##0.8【解析】【分析】根据递推式写出前几项，得到数列的周期，利用周期性求项.【详解】因为，所以，所以数列是周期为4的周期数列，故.故答案为：14.在正四面体中，，则______（用，，表示）．若，则______．【答案】①.②.【解析】【分析】根据向量的线性运算，化简得到，再根据向量的模的计算，结合向量数量积的定义与向量数量积的运算律即可求出答案.【详解】，，，且正四面体为正四面体，所以，且之间夹角都是，则，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.设数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知有，应用等比数列的定义写出通项公式；（2）由（1）得的通项公式，应用裂项相消法求.【小问1详解】因为，所以，又，所以是首项为2，公比为4的等比数列，.【小问2详解】因，所以，所以.16.已知动点到点的距离比它到直线的距离小2，记动点的轨迹为.（1）求的方程；（2）直线与相交于，两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意以及抛物线的定义，可得答案；（2）利用点差法，求得直线斜率，根据点斜式方程，可得答案.【小问1详解】由题意知动点到点的距离等于到直线的距离，则动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，所以的方程为.【小问2详解】设，，则，两式相减得，整理可得.因为线段的中点坐标为，所以，所以直线的斜率，故直线的方程为，即.17.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，，，.（1）证明：平面平面.（2）若平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由平面平面得平面即可得证；(2)建立空间直角坐标系，由平面与平面的夹角为得点的坐标，利用向量法求点到平面的距离即可.【小问1详解】证明：因为平面平面，，所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】取的中点，连接.因为，所以.因为平面平面，所以平面.以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.设，平面法向量为，因为，，所以，令，得.平面的一个法向量为.因为平面与平面的夹角为，所以，所以.设平面的法向量为，因为，，所以令，得.因为，所以点到平面的距离.18.已知直线经过椭圆的右顶点和上顶点．（1）求椭圆的标准方程及离心率；（2）与直线平行的直线交于两点（均不与的顶点重合），设直线，的斜率分别为，证明：为定值．【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知，可得，，则，，即可求得椭圆的标准方程，再求出，可求得离心率；（2）设直线的方程为，，，联立直线方程与椭圆方程，由利用韦达定理得，得，化简可得，可得为定值.【小问1详解】因为直线经过椭圆的右顶点和上顶点，当时，，当时，，则，，所以，，所以椭圆的标准方程为．因为，所以椭圆的离心率为．【小问2详解】由（1）知直线的斜率为，设直线的方程为，，，联立方程组，消去得，则．因为，，所以，因为，且，所以，所以，即为定值．19.对于数列，称为数列的一阶差分数列，其中．对于正整数，称为数列的k阶差分数列，其中．已知数列满足，数列满足．（1）求数列的通项公式．（2）若数列的前n项和为，证明：．（3）若对恒成立，求λ的取值范围．【答案】（1），；（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据定义及等差数列的定义得，再应用累加法求的通项公式，同理得到，由等比数列的定义求的通项公式；（2）根据已知得，应用