安徽省马鞍山市红星中学2024-2025学年高二上学期1月期末数学试题（解析版）

这是一份安徽省马鞍山市红星中学2024-2025学年高二上学期1月期末数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间：120分钟 满分：150分
第Ⅰ卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若直线平面，直线l的方向向量为，平面的法向量为，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得，根据空间向量共线的判定依次判断即可.
【详解】因为直线平面，直线l的方向向量为，平面的法向量为，所以，
对A，，不平行；对B，，不平行；
对C，，，故C正确；对D，不平行.
故选：C.
2. 已知公差不为零的等差数列中，成等比数列，则等差数列的前8项和为（ ）
A. 20B. 30C. 35D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】由题意设等差数列的公差为d，运用等比数列的中项的性质，结合等差数列的通项公式，解方程可得d，进而利用求和公式得到n=8的结果；
【详解】由题意设等差数列的公差为d，d≠0，由可得
又成等比数列，
可得a32＝a1a6，
即有（a1+2d）2＝a1（a1+5d），结合
解得d＝（0舍去），
则数列{an}的通项公式an＝2+（n﹣1）＝n+；
∴a8＝，∴
故选：B．
【点睛】本题考查等差数列通项公式及求和公式的应用，考查了等比数列中项的应用，属基础题．
3. 过点作圆：的切线，直线：与直线平行，则直线与的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断点在圆上，求出切线的方程以及的值，利用两平行直线间的距离公式即可求解．
【详解】因为满足圆的方程，
所以点在圆上，又，所以，
因，则，解得，
故切线：，即.
因为切线与直线平行，所以，解得，
故直线：，
则平行直线与间的距离为.
故选：A.
4. 在三棱锥中，，，平面，点，分别，的中点，，为线段上的点，使得异面直线与所成的角的余弦值为，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以为原点，坐标轴建立空间直角坐标系，设,由异面直线与所成角的余弦值为可列式，求出即可.
【详解】如图，在三棱锥中，，，,
平面，以为原点，坐标轴建立空间直角坐标系，
可知，，，
，，
，则，
设，且，则，
可知,
，
，，
异面直线与所成的角的余弦值为，
，解得或（舍去），
.
故选：A.
【点睛】本题考查向量法求空间线段比例分点，属于中档题.
5. 从点射出的一束光线在轴上反射后与圆相切，则反射光线所在直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设反射光线与轴的交点为，因为反射光线与直线关于直线对称，则反射光线的斜率与直线的斜率互为相反数，表示出反射光线的方程，由反射光线与已知圆相切，可得出圆心到反射光线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出方程，求出方程的解得到a的值，即可确定出反射光线所在直线的方程．
【详解】
由圆的方程化为,
则圆心为，半径为，
设反射光线与轴的交点为，则直线的斜率为，
因为反射光线与直线关于直线对称，
所以反射光线的斜率为，
则反射光线所在的直线方程为，即．
因反射光线与圆相切，所以，
化简可得，解得经检验，不满足条件，舍去)或a=-1，
所以反射光线方程为．
故选:B.
6. 圆心在直线x﹣y﹣4＝0上，且经过两圆x2+y2﹣4x﹣3＝0，x2+y2﹣4y﹣3＝0的交点的圆的方程为（ ）
A. x2+y2﹣6x+2y﹣3＝0B. x2+y2+6x+2y﹣3＝0
C. x2+y2﹣6x﹣2y﹣3＝0D. x2+y2+6x﹣2y﹣3＝0
【答案】A
【解析】
【分析】求出两个圆的交点，再求出中垂线方程，然后求出圆心坐标，求出半径，即可得到圆的方程．
【详解】由解得两圆交点为与
因为，所以线段的垂直平分线斜率；MN中点P坐标为（1，1）
所以垂直平分线为y＝﹣x+2
由
解得x＝3，y＝﹣1，所以圆心O点坐标为（3，﹣1）
所以r
所以所求圆的方程为（x﹣3）2+（y+1）2＝13即：x2+y2﹣6x+2y﹣3＝0
故选：A
7. 已知，是双曲线：的左、右焦点，椭圆与双曲线的焦点相同，与在第一象限的交点为P，若的中点在双曲线的渐近线上，且，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆和双曲线的定义表示出，利用中位线定理找到,的关系，再结合，借助勾股定理进行运算即可.
【详解】根据题意:设，设椭圆长半轴长为，短半轴长为，双曲线实半轴长为，虚半轴长为，则由椭圆及双曲线定义可得：，
又因为，且分别为，的中点，所以,
所以到渐近线的距离为，
所以，，结合，可得：①
因为，所以即，
整理得：，将①代入，，所以.
故选：C.
8. 已知数列的前项和为Sn,且,在等差数列中,,且公差.使得成立的最小正整数为
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【详解】因为,所以,两式相减,得,即,又,所以,因为在等差数列中,,且公差,所以,当时,(排除A),当时,(排除B),当时,;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. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线必过定点．
B. 截距相等的直线都可以用方程表示
C. 直线的倾斜角为
D. 过点且垂直于直线的直线方程为
【答案】AD
【解析】
【分析】利用直线方程的特征可判定A，利用截距的定义可判定B，利用斜率与倾斜角的关系可判定C，利用两直线的垂直关系及点斜式计算即可判定D.
【详解】对于A，由直线方程有 ，故必过点，故A正确；
对于B，当直线经过原点时，直线在两坐标轴上的截距相等且为，如，
所以不能用方程表示，故B错误；
对于C，直线的斜率为，则倾斜角为，故C错误；
对于D，由直线和的斜率分别为，则有，故相互垂直，
将代入方程，则成立，故D正确．
故选：AD.
10. 已知曲线，则下列结论正确的是（ ）
A. 若曲线C是椭圆，则其长轴长为B. 若，则曲线C表示双曲线
C. 曲线C可能表示一个圆D. 若，则曲线C中过焦点的最短弦长为
【答案】BD
【解析】
【分析】因为恒成立，所以，曲线C不可能为圆，可判断选项C错误，当时为椭圆，且焦点在轴上，可判断选项A错误，时为双曲线，所以选项B正切，时，曲线方程确定，需要用弦长公式求解弦长的最小值
【详解】解：由题意，若曲线C是椭圆，则，因为恒成立，所以椭圆的焦点在x轴上，所以其长轴长为，故A错误；
若，根据双曲线的定义可知曲线C表示双曲线，故B正确；
因为对任意的m恒成立，所以曲线C不可能表示一个圆，故C错误；
若，则曲线C为椭圆，方程为，焦点坐标为，
若过焦点的直线斜率为0时，此时该直线截椭圆C的弦长为；
若过焦点的直线斜率不为0时，不妨设该直线过椭圆C的右焦点，方程为，与椭圆C的两个交点分别为，
由，可得，
则有
，
当时，上式不等式可取等号，即
综上，可知椭圆中过焦点的最短弦长为，故D正确；
故选：BD
11. 在直三棱柱中，、分别是的中点，D在线段上，则下面说法中正确的有（ ）

A. 平面
B. 直线与平面所成角的正弦值为
C. 若是的中点，若M是的中点，则到平面的距离是
D. 直线与直线所成角最小时，线段长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面法向量的数量积等于零可判断A；求得直线与平面的法向量，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值可判断B；利用向量法求得到平面的距离可判断C；利用异面直线所成角的空间向量求法求得的长可判断D.
【详解】因为直三棱柱中，，
以点为坐标原点，所在直线分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，分别是的中点，在线段上，
所以，
对于A，因为在直三棱柱中，平面，
又，平面，所以，又，所以，
又，平面，所以平面，
所以为平面的一个法向量，又，
则，又平面，平面，故A正确；
对于B，为平面的一个法向量，又，
设直线与平面所成角为，
则，故B错误；
对于C，若是的中点，若M是的中点，则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，又，
所以到平面的距离是，故C正确；
对于D，设，
则，
设直线与直线所成角为，又，
则，
当，即时，取最大值，此时直线与直线所成角最小，
，，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：求线线角，线面角，面面角的最大值与最小值，关键是用变量把动点的坐标或向量表示出来，进而用变量去表示这些角的余弦与正弦值，从而求得取最值时的变量值，进而解决有关问题.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设，向量，且，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的垂直及平行的坐标表示求出，再由向量的坐标运算及模的坐标表示求解．
【详解】因为，所以，解得，则．
因为，所以，解得，则．
．
故答案为:.
13. 已知数列的前项和为，且点总在直线上，则数列的前项和______.
【答案】
【解析】
【分析】由与的关系求出的通项公式，用错位相减法求.
【详解】数列的前项和为，且点总在直线上，所以.
当时，，两式相减得，，
又，所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，
∴，∴，
则，
所以，
两式相减得：.
所以，
所以数列的前项和.
故答案为：
14. 已知抛物线的焦点为，点的坐标为，动点在抛物线上，且，则的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设直线方程为，与抛物线方程联立方程组求得点坐标（只要求得横坐标即可），然后计算，同理得，利用二次函数性质求得的最小值．
【详解】易知在抛物线上，的斜率都存在且不为0，
设的斜率为，直线方程为，
由得，是方程的一解，另一解为（不重合，因此），
抛物线的焦点为，
，（∵），
同理，
，
∴时，取得最小值11，此时满足题意．
故答案为：11.
【点睛】方法点睛：直线与抛物线相交弦长问题，弦所在直线为，可设，，直线方程与抛物线方程联立方程组后消元，应用韦达定理得,然后由弦长公式计算，本题中由于弦的一个端点已知，即方程的一个解已知，因此可由韦达定理求得另一解，从而由两点间距离公式直接计算．
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. 已知平行六面体，底面是正方形，，，设．
（1）试用表示；
（2）求的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量线性运算，结合几何体特征确定与的线性关系；
（2）由（1），结合空间向量数量积的运算律及已知条件求的长度.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
，
，
所以
.
所以.
16. 已知圆的圆心在直线，且过圆上一点的切线方程为．
（1）求圆的标准方程；
（2）设过点的直线与圆交于另一点，求的最大值及此时的直线的方程．
【答案】（1）
（2）5，或
【解析】
【分析】（1）根据题意，过点的直径所在直线方程为，进而与直线联立方程即可得圆心，进而求解方程；
（2）要使最大，则点满足所在直线与所在直线垂直，再根据三角形面积公式计算，且所在直线方程为，再与圆的方程联立即可求得的坐标为或，再分别讨论求解方程即可.
【小问1详解】
解：由题意，过点的直径所在直线方程为，即．
联立，解得，
∴圆心坐标为，半径，
∴圆的方程为；
【小问2详解】
解：，要使最大，
则点满足所在直线与所在直线垂直，
此时的最大值为；
∵，
∴所在直线方程为，即，
联立，得或，
即的坐标为或，
当时，的方程为，即；
当时，的方程为，即．
综上所述，所在直线方程为或．
17. 如图，已知正四棱台的上，下底面分别是边长为2和4的正方形，，点P是棱上的动点（包括端点）．
（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求点P到平面的距离．
【答案】（1）证明见详解
（2）3
【解析】
【分析】（1）以下底面正方形的中心为原点，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，运算证明；
（2）设，根据条件求出，再利用向量法求出点到平面的距离.
【小问1详解】
以下底面正方形的中心为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由于，上、下底面分别是边长为2和4的正方形，可求出四棱台的高为，
则，
于是，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
则，取，可得，
由于，则平面的法向量与平面法向量垂直，则平面平面.
【小问2详解】
设，且，则，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
设平面与平面的夹角为，则，化简即（，解出，
因此，
则点到平面的距离为.
18. 已知椭圆的左右焦点分别为、，离心率，直线交椭圆于、两点，为坐标原点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若不过点且不平行于坐标轴，记线段的中点为，求证：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
（3）若，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由焦点坐标、离心率首先确定的值，即可以先得到的值，利用平方关系即可求出的值，从而得解.
（2）画出图形，若要证明直线的斜率与的斜率的乘积为定值，只需证明为定值，设直线方程为，将其与椭圆方程联立，利用韦达定理以及中点坐标公式即可得证.
（3）由题意先根据得到，进一步利用弦长公式、点到直线的距离公式得到面积的表达式，从而利用函数的观点即可得解.
【小问1详解】
因为椭圆的左右焦点分别为、，
所以，
又因为，
所以，
从而椭圆的方程为.
【小问2详解】
如图所示：
设直线：，
联立，消去得，
所以，
由韦达定理有，
从而，
所以线段的中点的坐标为，即，
从而直线的斜率与的斜率的乘积为，
所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值.
【小问3详解】
由（2）可知，
其中，
又直线：上有点，
所以
，
若，则有，即，
所以，此时，
如图所示：
原点到的距离为，
而
，
所以面积的表达式为
，
不妨设，
因为，
所以，
所以，
由对勾函数单调性以及复合函数单调性可知在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以面积的取值范围.
19. 定义：若无穷数列满足是公比为的等比数列，则称数列为“数列”.设数列中
（1）若，且数列是“数列”，求数列的通项公式；
（2）设数列前项和为，且，请判断数列是否为“数列”，并说明理由；
（3）若数列是“数列”，是否存在正整数，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）“数列”，证明见解析；（3）存在，；
【解析】
【分析】
（1）计算，故是公比为1的等比数列，计算得到答案.
（2）是“”数列，化简得到，即，得到证明.
（3）是公比为2的等比数列，，利用累加法得到，得到，计算得到答案.
【详解】（1）由题意可得，
由数列为“数列”可得，即，
则是公比为1的等比数列，即，
则是首项为1，公差为3的等差数列，；
（2）是“”数列，，
理由如下：时，由，可得，
两式作差可得即，
则，两式作差可得，即，
由，可得，则，
则对任意成立，则为首项是，公比为3的等比软列，
则为数列；
（3）由是数列，可得是公比为2的等比数列，
即，则，由，可得，则，
则，
则，若正整数满足，则，
由，则，则，
若，则，不满足，
若，则，则，即，
则，则正整数，则；
因此存在满足条件的.
【点睛】本题考查了数列的新定义，累加法求通项公式，解数列不等式，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用和理解能力.