安徽省鼎尖名校2024-2025学年高二上学期1月期末联考数学试题

这是一份安徽省鼎尖名校2024-2025学年高二上学期1月期末联考数学试题，共13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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知等差数列满足，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
3．若直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
4．已知圆，则圆的圆心到坐标原点的距离为（ ）
A．1B．C．D．
5．已知平行六面体，满足，，，．若的中点为，则的长度为（ ）
A．2B．C．D．4
6．已知点，，点满足，同时满足，则点到轴的距离为（ ）
A．B．C．1D．
7．在空间直角坐标系中，有一个三棱柱，其中，，，则点到平面的距离为（ ）
A．1B．C．D．2
8．已知抛物线的焦点为，圆．如图，过点的直线与抛物线和圆的交点依次为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知等比数列的各项均为正数，公比为，前项和为．若，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．数列为等比数列
10．如图，在棱长为4的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点使得平面
B．无论点的位置，总有平面
C．若是的中点，则到平面的距离为
D．若直线与平面所成角的正弦值为，则
11．已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线交椭圆于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．弦长的取值范围为
B．若、两点的中点为，则直线的斜率为
C．若点在第一象限，满足的面积为1，则
D．若弦的中垂线与轴交于点，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知数列的前项和为，且，则 ．
13．已知过点有两条直线与圆相切，切点分别为，，则 ．
14．某同学设计了一种小游戏，规则如下：从第二局起，每一局将上一局中一个白球变成一个白球和一个黑球，一个黑球变成一个白球和两个黑球．按如此规律，若初始第一局为一个白球，则第七局游戏后所得白球与黑球的总数为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知等差数列的首项为，公差，等比数列的首项为，公比为，且满足，，．
(1)求数列与的通项公式；
(2)求数列的前项和．
16．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，其纵坐标为，且．
(1)求的值；
(2)直线与抛物线相交于两点，若，求面积的最大值．
17．如图，正六边形的边长为2，将梯形沿翻折至，形成多面体，其中为的中点，连接．

(1)若点为的中点，证明：平面；
(2)若，求多面体的体积；
(3)若二面角的大小为，求平面与平面夹角的余弦值．
18．已知数列满足，，是与的等比中项．
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，求数列的前项和；
(3)若数列对任意的，当时，都有成立，，求数列的前项和．
19．已知曲线的离心率为，分别为的左、右焦点，过点的直线与交于两点，面积的最大值为，点为的左顶点．
(1)求曲线的方程；
(2)证明：为定值；
(3)已知双曲线，若所在直线与双曲线的左支分别交于点，点（均异于点），过点作的垂线，垂足为，证明：存在点使得为定值．
参考答案
1．【答案】B
【详解】根据题意，因为，又因为数列为等差数列，
所以，，可得，所以．
故选：B
2．【答案】A
【详解】根据题意，，可知，
所以渐近线方程为：．
故选：A
3．【答案】D
【详解】根据题意：向量所在的直线斜率为，
设直线的倾斜角为，则，所以可得倾斜角为．
故选：D
4．【答案】B
【详解】根据题意，圆可化为，
所以圆的圆心为，所以圆心到坐标原点的距离为．
故选：B
5．【答案】C
【详解】根据题意，以，，为空间向量的一组基底，
所以，
，
所以，
可得，所以的长度为．
故选：C.
6．【答案】D
【详解】根据题意可知，点满足，设，
因为，所以可得，计算可得，，
又因为点满足，所以，
计算可得，，所以点是两个曲线的公共点，
联立两式相减可得，
代入圆可得，，所以点到轴的距离为．
故选：D.
7．【答案】C
【详解】设平面的法向量，
则，令，则，，
则平面的一个法向量为，
因平面平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，即．
故选：C.
8．【答案】B
【详解】根据题意，圆，可得，
所以该圆的圆心为，所以，，
所以，
设点，，易知斜率不为0，
设方程为：，
联立抛物线方程消去可得：，
所以，又，
两式相乘可得：，
所以，
因，当且仅当时等号成立．
即时，取得最小值.
故选：B
9．【答案】ACD
【详解】根据题意，解得故A正确；
则，故B不正确；
，C正确；
因为，，所以，是等比数列，D正确．
故选：ACD
10．【答案】BCD
【详解】在正方体中易知，与不垂直，故A不正确；
因为，又平面并且平面，
所以平面，故B正确；
正方体中易知，，不在平面内，在平面内，
所以平面，
所以到平面的距离即为到平面的距离，
在正方体中，易知平面平面，且相交于,
所以到平面的距离即为到的距离，
又因为点是的中点，所以点到直线的距离等于点到直线的距离，
又，，解得，故C正确；
设，所以，计算可得，
所以，
可得，
所以直线与平面所成角的正弦为，
所以，故D正确．
故选：BCD
11．【答案】AD
【详解】根据题意，因为直线过椭圆的右焦点，
所以弦长的最短为通径，弦长的最长为长轴，
所以过右焦点的通径为，长轴为，
所以弦长的取值范围为，故选项A正确；
，当时，，故选项B错误；
因为，计算可得，
所以，，
因为点在第一象限，所以，故选项C不正确；
设点、的中点为，
联立，可得，
，，
所以，
所以点的坐标，
所以、两点的中垂线方程为，
所以点的坐标为，所以，
利用弦长公式可得，
所以，故选项D正确.
故选：AD
12．【答案】
【详解】根据题意，
故答案为：
13．【答案】
【详解】根据题意，圆心，半径为，
设直线与圆相切于点，如图，
易知，，则，
所以，
则．
故答案为：.
14．【答案】233
【详解】根据题意，假设第局中的白球总数为，第局中的黑球总数为，
第一局是1个白球，0个黑球，可知，，
第二局，原来的一个白球会变成1个白球和1个黑球，所以，，
第三局，每个白球和黑球都要变化，第二局有1个白球和1个黑球，
所以第三局的白球数应该是原来的白球数加上原来的黑球数，
同样，黑球数是原来的白球数加上原来的黑球数的二倍，，，
根据此规律可得，，
所以，，，，，，，，
所以第7局后球的总数为．
故答案为：233.
15．【答案】(1)，；
(2)
【详解】（1）因为，所以，
又因为，，所以，
计算可得，可得或3，
又因为，所以，
由此可得，
；
（2），
所以，
利用等差数列与等比数列的求和公式计算可得，
．
16．【答案】(1)
(2)．
【详解】（1）分析可得，点在抛物线上且纵坐标为，
代入抛物线方程，得点的横坐标为，
因为，根据抛物线的定义可得，
，计算可得；
（2）由（1）可得抛物线方程：，设，，
联立可得，
韦达定理可得，，，
所以弦长
，
直线的方程的一般式为，
所以点到直线的距离为，
所以的面积为，
因为，所以当时，取得最大值．

17．【答案】(1)证明见解析
(2)4
(3)．
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面且，
所以平面平面，
因为平面，所以平面；

（2）取中点，连接，因为是正六边形，
故是等边三角形，所以，
同理，
又因为正六边形的边长为2，所以，
又因为，
所以，可得，
又因为，所以平面，
所以是三棱锥的高，
，
由题可得，
所以；
（3）以点为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为二面角的大小为，
所以，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，所以，令，得，
又平面的法向量为，
设直线与平面所成角的大小为，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为数列满足，
所以数列为等差数列，设公差为，
，所以，
，即，解得，
则数列的通项公式为；
（2）由题意可得，
所以
；
（3）由题意可知，当时，，取，
则，即，①，
当时，，取，
此时，可以推出，②，
由①②可得：且，
所以，，
所以．
19．【答案】(1)；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）设曲线的半焦距为c，由离心率为，得，
由的最大值为，得，而，解得，，，
所以曲线的方程为.
（2）由（1）得，依题意，直线不垂直于轴，设，，
由消去得，则，，
则
，
所以为定值；
（3）

设，由（2）知，则，
①当直线斜率存在时，设其方程为，由直线不过点，得，
由消去得，
，且，，，
则，
整理得，
于是，
化简得，即，而，则，符合题意，
直线：，过定点；
②当直线斜率不存在时，由对称性，不妨令点在第二象限，直线的斜率为，
方程为，与方程联立可得，同理得，此时直线也过点，
因此直线过定点，设该点为，
由，得在为直径的圆上，圆的方程为，半径为，
所以存在点使得为定值．