福建省厦门市2024-2025学年高二上学期期末考试 数学 含解析

这是一份福建省厦门市2024-2025学年高二上学期期末考试 数学 含解析，共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
满分：150分 考试时间：120分钟
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的准考证号姓名填写在答题卡上．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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 直线l与直线垂直，则l的斜率是（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出已知直线的斜率，利用两直线垂直的关系，即可求解.
【详解】直线l与直线垂直，且的斜率，
则直线l的斜率为．
故选：D.
2. 下列向量中与共线的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据（）可得，进行判断.
【详解】因为，所以C选项满足题意；
其他选项不存在，使写成该选项的形式，所以其他选项均不满足题意.
故选：C
3. 等比数列的公比是2，前n项和为，若，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式与前项和的概念求解.
【详解】由题意：.
故选：B
4. 双曲线C的离心率为2，右焦点为，则C的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用已知可求得，进而可求得，可求双曲线C的标准方程.
【详解】因为双曲线C的右焦点为，所以，
又双曲线C的离心率为2，所以，解得，所以，
所以双曲线C的标准方程为.
故选：A.
5. 圆与圆的位置关系为（ ）
A. 内切B. 相交C. 外切D. 外离
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆心距与半径的关系判断两圆的位置关系.
【详解】因为圆的圆心：，半径；
圆，即的圆心：，半径.
又，由，所以两圆相交.
故选：B
6. 某工厂计划今年1月份生产某产品100件，以后每个月都比上个月多生产件，为保证今年该产品的总产量超过1800件，则k的最小值为（ ）
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】每月产量构成以今年1月份的产量100件为首项，为公差的等差数列，利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】因为某工厂计划今年1月份生产某产品100件，以后每个月都比上个月多生产件，
所以每月的产量构成以今年1月份的产量100件为首项，为公差的等差数列，
由今年该产品的总产量超过1800件，所以，
解得，又，所以k的最小值为10.
故选：A.
7. 椭圆C上存在四个点与其两个焦点构成边长为1的正六边形，则C的长轴长为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正六边形的边角关系可求椭圆的长轴长.
【详解】如图：
在正六边形中，边长为1，所以，
在中，，，，所以.
所以，即椭圆的长轴长为：.
故选：A
8. 平行六面体中，，，则点B到直线的距离为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取定空间的基底，利用空间向量基本定理及向量数量积，结合点到直线距离公式计算得解.
【详解】以基底，则，
由，，
得，
，
，
在上的投影向量长度为：，
所以点B到直线的距离为．
故选：D
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 若数列满足：，，则（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 当时，D. 当时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】时，可得，，再由数列是等比数列得到，判断AB两个选项；时，类推得到，再由，计算出，判断CD两个选项.
【详解】时，，所以，，故A正确；
由得，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，，故B正确；
时，，所以，，，
以此类推，当为奇数时，，当为偶数时，，从而，故C错误；
由得，
所以，故D正确；
故选：ABD.
10. 如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为BD，的中点，若点G满足（，），则（ ）
A. 平面
B. 当时，平面
C. 当时，平面
D. 当时，点G到平面的距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用共面向量定理可判断A；以点为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法计算可判断BCD.
【详解】因为，所以共面，又均过点，
所以共面，所以平面，故A正确；
以点为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
当时，，所以，
所以，又，所以不平行于平面，故B错误；
所以，所以，所以平面，故C正确；
当时，，
所以点G到平面的距离为，故D错误.
故选：AC.
11. 设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点F，且与C交于A，B两点，分别过A，B作C的准线的垂线，垂足为，，则（ ）
A. B. 的面积等于的面积
C. 当时，D. 的最小值为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】方法一：根据焦点坐标可确定的值，判断A的真假；把直线方程与抛物线方程联立，根据韦达定理表示出与的关系，可判断BCD的真假.
方法二：设直线AB倾斜角为，用表示与的面积，判断B的真假；根据条件确定的位置关系，判断C的真假；用表示，可判断D的真假.
【详解】如图：
解法一：设，，不妨设，
由，得，所以.
对于A，因为，所以，所以A正确.
对于B，，，所以B正确．
对于C，因为，所以，又，所以，，
此时，，，，所以C错误．
对于D，，当且仅当时，等号成立．
所以D正确．
故选：ABD
解法二：设直线AB倾斜角为，
对于A，因为，所以，所以A正确.
对于B，，O到直线AB的距离，
所以，所以B正确．
对于C，若，则，所以，
此时A，B关于x轴对称，与矛盾，所以C错误．
对于D，，当时，等号成立．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. 轴被圆截得的弦长为______．
【答案】2
【解析】
【分析】求圆与轴的交点，可得弦长.
【详解】已知圆：，令得：或.
所以圆与轴的交点坐标为：，.
所以弦长为：.
故答案为：2
13. 过双曲线C：的右焦点F作C的一条渐近线的垂线，垂足为H．O为坐标原点，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】首先根据渐近线斜率得出，从而得到，结合，解直角三角形即可得到结果.
【详解】如图所示，
，，
，.
故答案为：2.
14. 数列满足，则______；记为|的前n项和，若关于n的方程有解，则正整数的所有取值为______．
【答案】 ①. ②. 7和9
【解析】
【分析】根据数列的通项与前项和的关系求数列的通项公式；根据等差数列的求和公式，可以把问题转化成为整数的讨论.
【详解】解法一：由，得．①
当时，，所以．
当时，有．②
①－②得，即．
因为符合，所以，．
因为，所以
显然为10的约数，
时，；时，；时，.
综上，正整数的所有取值为7和9．
解法二：由．①
当时，有，②，所以．③
①－③得，即．又，故．下同解法一．
故答案为：；7和9
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. 已知圆C的一条直径的端点分别为，．
（1）求圆C的标准方程；
（2）直线l：与圆C相切于点A，交y轴于点B，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方法1：根据直径确定圆心和半径，可得圆的标准方程；
方法2：设圆C上任一点，根据可得圆的一般方程，再配方化成圆的标准方程.
（2）方法1：根据点到直线的距离公式，利用几何法确定切线方程，再结合为直角三角形求；
方法2：求出切线方程，再确定的坐标，利用两点间的距离公式求.
【小问1详解】
方法1：因为圆C以线段PQ为直径，所以圆心．
半径，
所以圆C的标准方程为．
方法2：设圆C上任一点，因为圆C以线段PQ为直径，所以．
又因为，，所以，
即，所以圆C的标准方程为．
【小问2详解】
方法1：因为直线l：与圆C相切，所以，所以，
所以或，即或，因为，所以，
所以直线l的方程为．所以，
又因为，所以．
因为，所以．
方法2：因为直线l：与圆C相切，所以，
所以，所以或，即或．
因为，所以，所以直线l的方程为．所以．
由，，解得，
所以，所以．
16. 已知等差数列的前n项和为，，．
（1）求和；
（2）令，证明：．
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式求解即可，
（2）利用裂项相消法结合不等式求解即可.
【小问1详解】
因为是等差数列，所以．
又，所以，即．
又因为，所以，所以公差，所以．
．
【小问2详解】
由（1）知，
所以．
所以．
又因为，所以，即，所以．
17. 已知点，点M与N关于原点对称，直线AM，AN斜率之积是，记动点M的轨迹为．
（1）求方程；
（2）若直线l与交于P，Q两点，且．
（ⅰ）当l与y轴垂直时，求的面积；
（ⅱ）证明：l过定点．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意列出斜率的等式化简为椭圆的一般方程，
（2）（ⅰ）先求出直线AP方程，再联立直线和椭圆的方程解出点坐标,求出弦长结合三角形面积公式求解即可，（ⅱ）结合对称性，若直线l过定点，则定点必在y轴上，猜测出定点的坐标为，然后证明即可.
【小问1详解】
（1）设，，
则直线AM，AN的斜率分别为，，且，
依题意有，
所以，所以的方程为．
【小问2详解】
（2）（ⅰ）因为l与y轴垂直，所以P，Q关于y轴对称，因为，所以，
又，不妨设P在Q的左侧，则直线AP的倾斜角为，所以直线AP方程为，
联立的方程，消去y化简得，，解得（舍去），
所以，所以，
所以，所以的面积为．
（ⅱ）设，，由题意，l斜率存在，
设l：，联立的方程，
消去y化简得，，
，
，，
由题意得，所以
所以，即，解得或，
时，l：点A，不符合题意，
所以，此时，所以l过定点．
18. 如图，在四棱锥中，平面PAD，．
（1）证明：平面ABCD；
（2）若底面ABCD是正方形，．E为PB中点，点F在棱PD上，且平面AEF与平面ABCD夹角的余弦值为．
（ⅰ）求PF；
（ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在平面PBC上，求EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明线面垂直；
（2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标，由点是上的一点得到进而得到平面的法向量的坐标，再由（1）中平面ABCD得到是平面ABCD的一个法向量，利用两平面夹角的余弦值求得的值，进而得到；
（ⅱ）利用平面的法向量，确定点的坐标，从而得到的坐标，由点M在平面PBC上，可设，从而得到平面MAD的法向量，从而可以用表示出EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围，利用二次函数的值域得到正弦值的取值范围.
【小问1详解】
因为平面PAD，平面PAD，所以．
又，平面ABCD，平面ABCD，，
所以平面ABCD．
【小问2详解】
以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，如图．
（ⅰ），，，
，，，设，
则．
设平面AEF的法向量为，则即，
取，得，，
所以是平面AEF的一个法向量，
因为平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量．
因为平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为，
所以，得，所以．
（ⅱ）设，则．
因为为平面AEGF的一个法向量，所以，
所以，即，得，
所以，．
，，，，，，
因为M在平面PBC上，所以，
所以．
设平面MAD的法向量，则即，
取得，所以是平面MAD的一个法向量，
设EG与平面MAD所成角为，则
因为，所以
即EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围为．
19. 已知数列满足，，．构造一系列点如下：，，，…，．
（1）求的面积；
（2）证明：点在曲线上；
（3）的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）是，2
【解析】
【分析】（1）根据定义得到点、的坐标，进而得到直线的方程，到的距离，，由三角形的面积公式求得的面积；
（2）设，则，依据递推关系得到，从而得到数列是以为首项，为公比的等比数列，则，即，所以点在上；
（3）时，计算得，时，直线的方程为，点到直线的距离，由三角形的面积公式及递推关系得，从而的面积为定值.
【小问1详解】
由题意，，，，直线的方程为．
到的距离，又，
所以的面积．
【小问2详解】
设，当时，．
当时，因为，
所以，
又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
所以在曲线上.
【小问3详解】
由题意知，，，
当时，，，，的面积．
当时，直线的斜率为，
所以直线的方程为：．
点到直线的距离：
又因为，
所以
．
综上所述，的面积为定值2．
【点睛】思路点睛：新定义与数列、直线问题相结合
在（1）中由递推关系得到点、的坐标，利用两点间的距离公式、直线的点斜式方程、点到直线的距离、三角形的面积公式得到的面积，这种思路同样可以用于（3），当时，得，当时，分别表示出直线的方程、点到直线的距离、，再利用三角形的面积公式，结合递推关系就可以得到，考查了推理论证、运算求解的能力，化归与转化、数形结合、特殊与一般的数学思想.