福建省南平市2024-2025学年高一上学期期末考试 数学 含解析

南平市2024-2025学年第一学期高二年级期末质量检测数学试题本试卷共6页.考试时间120分钟.满分150分.注意事项：1.答卷前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将案写在答题卡上，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.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，，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用两点斜率公式求斜率，结合倾斜角与斜率关系求倾斜角.【详解】由两点斜率公式可得直线的斜率，设直线的倾斜角为，，则，所以.故选：A.2.已知数列为等差数列，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由条件结合等差数列性质若，则求结论.【详解】因为数列为等差数列，所以若，则，所以，又，所以.故选：B3.已知向量，，则在方向上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据公式在方向上的投影向量为，结合数量积运算公式和模的公式求结论.【详解】因为，，所以，，又在方向上的投影向量为，所以在方向上的投影向量为.故选：A.4.已知抛物线：的焦点为，若上的点与焦点的距离为，则的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】由条件结合抛物线定义列方程求可得结论.【详解】抛物线的准线方程为，点到直线的距离为，因为点与焦点的距离为，所以，所以.故选：B.5.已知数列满足：，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据递推公式依次计算数列前5项后可知数列为周期数列，再根据周期求解即可【详解】解：因为且所以,,,,,,所以数列是周期数列，且周期为4，所以.故选：C6.过点作圆：的切线，，切点分别为，，则四边形的面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由圆的方程求圆心坐标和半径，再求，结合切线性质求，，再利用三角形面积公式求的面积，结合对称性可得结论.【详解】圆的圆心为，半径，由切线性质可得，，，又点的坐标为，所以，所以，所以的面积，的面积，所以四边形的面积.故选：D.7.已知椭圆：，直线：，若点为上的一点，则点到直线的距离的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的方程，采用三角代换，利用点到直线的距离公式表示出点到直线：的距离，结合辅助角公式即可求得答案.【详解】由，可得其参数方程为（为参数），可设，点到直线：的距离为，则有，其中，，故当时，，取得最小值，此时，，即当的坐标为时，有最小值为.故选：B.8.如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段的中点，过点的平面分别交，，于点，，，若，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由空间向量基本定理，用表示，由，，，四点共面，可得存在实数，使，再转化为，由空间向量分解的唯一性，列方程求其解可得结论.【详解】由题意可知，因为，，，四点共面，所以存在实数，使，所以，所以，所以，所以．故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知圆：与圆：，则以下结论正确的是（）A.若过点与圆相切的直线有且只有条，则B.若直线过点，且平分圆的周长，则的方程为：C.若圆与圆有且只有2条公切线，则D.若，则圆与圆的公共弦长为【答案】BC【解析】【分析】对于A，分析可知圆心的圆心在圆上，将圆心的坐标代入圆的方程，求出的值，判断A；对于B，由条件可得过，由此可求斜率，再求其方程，判断B，对于C，分析可知，两圆相交，根据圆与圆的位置关系求出的取值范围，判断C选；对于D，先求两圆的公共弦所在直线方程，利用弦长公式求出两圆的公共弦长，判断D.【详解】圆的标准方程为，圆心，半径为，圆的圆心为，半径为，对于A选项，若过点与圆相切的直线只有条，则圆的圆心在圆上，则有，因为，所以方程无解，即过点与圆相切的直线不可能有且只有条，A错误；对于B选项，因为直线平分圆周长，所以直线过点，又直线过点，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，B正确；对于C选项，若圆与圆有且只有条公切线，则两圆相交，且，由题意可得，即，因为，解得，C正确；对于D选项，当时，圆的方程为，圆心为，半径为，由C选项可知，两圆相交，将两圆方程作差可得，此时，两圆的相交弦所在直线的方程为，圆心到直线的距离为，所以，两圆的公共弦长为，D错误.故选：BC.10.设为数列的前项和，为数列的前项积，若，，则以下结论正确的是（）A. B.数列是单调递增数列C. D.当取最大值时，或【答案】ACD【解析】【分析】由条件确定为等比数列，再结合通项公式及求和公式判断ACD，求数列的通项，结合数列的单调性的定义判断B.【详解】由，，得，即首项为，公比为的等比数列，所以，A正确；，所以，所以数列是单调递减数列，B错误；，C正确；因为首项为，公比为的等比数列，单调递减，，所以当取最大值时，或，D正确.故选：ACD.11.已知直线经过拋物线：的焦点，且与交于，两点.记点为坐标原点，直线为的准线，则以下结论正确的是（）A. B.以为直径的圆与相切C. D.的面积为【答案】ABD【解析】【分析】由焦点坐标，得到抛物线方程，联立直线方程，结合焦点弦长公式，逐个判断即可.【详解】直线过抛物线的焦点，可得焦点，所以，则，所以A正确；抛物线方程为，准线的方程为，直线与抛物线交于两点，设，直线方程代入抛物线方程消去可得，则，得，所以C错误；的中点的横坐标，中点到抛物线的准线的距离为，则以为直径的圆与相切，所以B正确；点到直线的距离，，所以D正确．故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线：与：平行，且过点，则与间的距离为______.【答案】##【解析】【分析】由直线列方程，可求，再结合直线过点列方程求，再结合平行直线距离公式求结论.【详解】因为直线：与：平行，所以，所以，，因为过点，所以，所以，所以直线的方程为，即，所以与间的距离.故答案为：.13.已知双曲线：，点在上，过点作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，，若，则的离心率为______.【答案】2【解析】【分析】设点，利用点到直线的距离公式，结合点在上即可求解.【详解】设点，则，即，又两条渐近线方程为，即，故有，所以，所以，所以．故答案为：2．14.如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是平面和平面内的动点，若点为棱的中点，则的最小值为______.【答案】##【解析】【分析】先取，使，再结合对称性得出，最后应用空间向量法求点到平面距离即可得出最小值.【详解】以为坐标原点，以分别为轴建立直角坐标系，在延长线上取，使，所以，表示到平面的距离，所以，当平面，平面，此时取的最小值，因为，所以，设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以.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.已知等比数列的公比，且，.（1）求数列的通项公式；（2）记，数列的前项和为，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由条件结合等比数列的性质可求，再结合等比数列通项公式求，由此可求的通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法求，再证明结论.【小问1详解】因为数列是等比数列，且，解得或，若，，则与矛盾，舍去；若，，则，，满足题意，所以.【小问2详解】由（1）知，，所以，所以，因为，所以.16.已知圆心在直线上的圆经过点，且与直线相切.（1）求圆的方程；（2）若经过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）解法一：设圆的方程为，由条件列方程求可得结论；解法二：求过点与垂直的直线方程，与联立求圆心坐标，再求圆的半径，由此可得圆的方程；（2）由条件结合弦长公式可得圆心到直线的距离，分直线的斜率不存在和存在两种情况求对应的直线方程可得结论.【小问1详解】解法一因为圆心在直线上，所以设圆心为，设圆C的方程为，则依题意可得，，解得，所以圆心，半径，即圆的标准方程为.解法二因为在直线上，所以为切点，过点与垂直的直线为，联立得，圆心，，故圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）可得圆心，半径，由得圆心到直线的距离为，（ⅰ）当过点的直线斜率不存在时，则直线方程为，圆心到直线的距离为2，符合题意；（ⅱ）当过点的直线斜率存在时，可设直线方程，即，由圆心到该直线的距离，可得，解得，此时，直线的方程为，综上所述，直线的方程为或.17.在三棱锥中，平面平面，，，，点是棱的中点，点在棱上，且.（1）求证：；（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质可得线面垂直平面，进而得.根据等腰直角三角形的性质可得，即可证明线面垂直求证，或者建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算求解（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，或者利用空间垂直关系得为两平面的平面角，进而根据三角形的边角关系求解..【小问1详解】解法一；由，是棱的中点，得.又平面平面，平面平面，且平面；所以平面，平面，得取中点，，，知，点，即为中点，又是棱的中点，知，，所以平面，平面，所以.解法二：由，是棱的中点，得.又平面平面，平面平面，且平面；所以平面，平面，得.连接，则由，及是线段的中点，得.由（1）知，平面，以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系.设，得，，，，则，，，所以.【小问2详解】连接，则由，及是线段的中点，得.由（1）知，平面，如图以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.四棱锥的体积为，且，，，得是线段的中点，，得，，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，则取，可得；由（1）知平面，所以平面的一个法向为，设平面与平面夹角为，则，因为，所以平面与平面的夹角为.18.已知椭圆：的左，右焦点分别为，，离心率为.（1）求的标准方程；（2）若的左，右顶点分别为，，过点作斜率不为0的直线，与交于两个不同的点，.（ⅰ）若，求直线的方程；（ⅱ）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值.【答案】（1）（2）（ⅰ），或；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求，由此可得椭圆方程；（2）解法一：（ⅰ）设直线的方程为，利用设而不求法表示关系，解方程求可得结论；（ⅱ）由（1）可得，由（ⅰ）可得，代入即可证明结论；解法一：（ⅰ）设直线的方程为，利用设而不求法表示关系，解方程求可得结论；（ⅱ）由（1）可得，结合设而不求结论代入即可证明结论；【小问1详解】设椭圆的半焦距为，因为椭圆的左，右焦点分别为，，所以，又椭圆的离心率为，所以，故，于是，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】解法一：（ⅰ）因为直线的斜率存在且不为，所以设直线的方程为，代入，即，得，整理可得，.因为，所以设，，则，.又，，且，故，于是，化简得，，解得，.所以直线的方程为：，即，或.（ⅱ）由椭圆的定义知，，，故，，于是，.由于，故，从而为定值.解法二：（ⅰ）因为直线的斜率存在且不为，所以设直线的方程为，代入，即，得，整理可得，.因为，所以设，，则，.又，，且，故于是，化简得，解得，所以直线的方程为：，即，或；（ⅱ）由椭圆的定义知，，，故，，.故定值.【点睛】方法点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．19.对于数列，若存在常数，对任意，恒有，则称数列是数列.（1）已知数列的通项公式为，证明：数列是数列；（2）已知是数列的前项和，，证明：数列是数列；（3）若数列，都是数列，证明：数列是数列.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由条件可得，证明，结合定义判断结论，（2）由条件，结合与关系求数列的通项公式，证明，结合等比数列求和公式证明，结合定义判断结论；（3）由定义存在，满足有；.设，，先证明，再证明，结合定义判断结论.【小问1详解】因为，易知，所