安徽省淮南第四中学2024-2025学年高二上学期期末教学质量检测数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省淮南第四中学2024-2025学年高二上学期期末教学质量检测数学试题（解析版）-A4，共17页。
2025．1
一、单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 下列四个椭圆中，形状最扁的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的离心率越大，椭圆的形状越扁，结合选项中的椭圆的方程，求得的关系，即可求解.
【详解】由，根据选项中的椭圆的方程，可得的值满足，
因为椭圆的离心率越大，椭圆的形状越扁，
所以这四个椭圆中，椭圆的离心率最大，故其形状最扁．
故选：A.
2. 已知空间向量，若共面，则实数的值为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由空间共面向量可得，代入解方程即可得出答案.
【详解】若空间向量共面，
则，所以，
所以，解得：.
故选：B.
3. 已知等比数列的公比不为1，且，，成等差数列，则数列的公比为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差中项可得，再结合等比数列通项公式运算求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，成等差数列，则，
即，且，
可得，即，解得或
又因为，所以.
故选：A.
4. 将一张坐标纸折叠一次，使点与重合，求折痕所在直线是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，，则折痕所在直线是线段AB的垂直平分线，故求出AB中点坐标，折痕与直线AB垂直，进而求出斜率，用点斜式求出折痕所在直线方程.
【详解】，，所以与的中点坐标为，又，所以折痕所在直线的斜率为1，故折痕所在直线是，即.
故选：D
5. 已知O为坐标原点，P是直线上一动点，Q是圆上一动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先画出图形，找出点关于直线的对称点，结合三角形三边关系即可求解.
【详解】如图所示：
设点与点关于直线对称，
则，解得，即，
所以，
其中分别为圆的圆心和半径，
等号成立当且仅当分别与重合，其中分别为线段与直线和圆的交点，
综上所述，的最小值为.
故选：C.
6. 已知椭圆的左右焦点分别为，直线与交于两点，则的面积与面积的比值为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将所求面积比转化为的比，再利用点线距离公式即可得解.
【详解】根据题意可得，，
又直线可化为，
设到直线为的距离分别为，
则.
故选：B.
7. 已知数列满足，，，若数列的前项和为，不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得数列的通项公式，进而可得，进而分为偶数与奇数两种情况求得，进而可得，求解即可.
【详解】因为数列满足，，
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，
所以，
所以，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
因为不等式恒成立，即，
所以，
所以，，
所以解得，所以的取值范围为.
故选：D
8. 已知，为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线右支的一个交点为P，与双曲线相交于点Q，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设则，由及，求a、t的数量关系，可得双曲线参数的齐次方程，即可求双曲线的离心率.
【详解】设，则，而，
∴，，
由，则，，
∴，解得，则，
∴.
故选：B
【点睛】关键点点睛：利用双曲线的定义及圆的性质，构造关于双曲线参数的齐次方程求离心率即可.
二、多选题：（本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全选对的得6分，部分选对的得部分分，选错的得0分．）
9. 无穷数列的前项和，其中，，为实数，则（ ）
A. 可能为等差数列
B. 可能为等比数列
C. 中一定存在连续三项构成等差数列
D. 中一定存在连续三项构成等比数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】
由可求得的表达式，利用定义判定得出答案．
【详解】当时，．
当时，．
当时，上式＝．
所以若是等差数列，则
所以当时，是等差数列， 时是等比数列；当时，从第二项开始是等差数列．
故选：A B C
【点睛】本题只要考查等差数列前n项和与通项公式的关系，利用求通项公式，属于基础题．
10. 在空间直角坐标系中，，则（ ）
A. B. 点到直线的距离为
C. D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据数量积的坐标运算即可求解A，根据点到直线的距离公式即可求解B，根据模长公式即可求解C，求解平面法向量，即可根据向量的夹角求解D.
【详解】A选项：，故A错误；
B选项：取，
点到直线的距离，故B正确；
C选项：，故C正确；
D选项：，设平面的法向量为，
故，取，则，故D错误；
故选:BC.
11. 祖暅原理也称祖氏原理，是一个涉及求几何体体积的著名数学命题，公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术，祖暅在求球体积时，使用一个原理，“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积相等，则体积相等，更详细点说就是，夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积相等，那么这两个几何体的体积相等，上述原理在中国被称为祖暅原理，国外同一般称之为卡瓦列利原理，已知将双曲线：与它的渐近线以及直线，围成的图形绕轴旋转一周得到一个旋转体I，将双曲线与直线围成的图形绕轴旋转一周得到一个旋转体II，则关于这两个旋转体叙述正确的是（ ）
A. 由垂直于轴的平面截旋转体II，得到的截面为圆面
B. 旋转体II的体积为
C. 将旋转体I放入球中，则球的表面积的最小值为
D. 旋转体I的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据旋转体几何特征确定截面的形状判断A；根据祖暅原理计算出旋转体II的体积判断B；求出将旋转体I放入球中时，当球的表面积最小时球心的位置，可求得球的表面积的最小值，判断C；可根据祖暅原理，计算出旋转体I的体积，即可判断.
【详解】对于选项A，直线与双曲线的交点为， 线段绕y轴旋转一周所得的图形为圆面，
所以用垂直于y轴的平面截旋转体II的截面为圆面，故A正确；
对于B,截面圆的半径为，截面面积为,
与双曲线的渐近线的交点为，
所以是用垂直于y轴的平面截两条渐近线绕y轴旋转得到的旋转体的截面面积.
x绕y轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为，
所以与双曲线及渐近线形成的截面圆环面积为定值，
且底面半径为的圆柱的截面面积为，高为4的圆柱的体积为，
所以旋转体II的体积为，故B错误；
对于C，双曲线的右顶点为，渐近线的方程为，
当时,，由对称性可知若将旋转体I放入球中时，
要使得球的表面积最小，则球心一定在轴上，
因为旋转体I在球内，点在球内或球面上，又点到轴的距离为2，
所以球的半径至少为2， 所以球的表面积大于等于，
取点，则，
所以旋转体I在以为球心，半径为2的球内，此时球的表面积是，
所以球的表面积的最小值为，
所以C正确；
对于D,与渐近线交于点，
与双曲线交于点，
则用垂直于x轴的平面截旋转体I的截面应为圆环，其内径为，
外径为，截面面积为，
根据祖暅原理，旋转体I的体积为，故D正确，
故选:ACD.
【点睛】解决此类旋转体相关问题时，难点在于要能发挥空间想象力，明确旋转体的形状特征，因此解答时要能根据双曲线特点想象出几何体特征，并能根据祖暅原理结合几何体相关公式进行计算.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 写出一个与直线都相切的圆的标准方程______．
【答案】（或，答出一个即可）
【解析】
【分析】先确定圆心横坐标及半径，再分类讨论计算即可.
【详解】根据圆与直线相切可知圆心在直线上，半径为2，
再由圆与直线相切可得圆心为或，
则圆的标准方程为或．
故答案为：或.
13. 设F为双曲线C：左焦点，，分别为双曲线C的两条渐近线的倾斜角，已知点F到其中一条渐近线的距离为2，且满足，则双曲线C的焦距为_______.
【答案】8
【解析】
【分析】根据双曲线焦点与渐近线的距离为，结合双曲线渐近线的对称性，利用三参数的等量关系，可得答案.
【详解】根据点F到其中一条渐近线的距离为2，可得，且满足.又，
∴，∴，故，∴，∴焦距为.
故答案为：.
14. 已知数列，，对于任意正整数n，都满足，则_____．
【答案】##
【解析】
【分析】化简得，用累加法和裂项相消公式求出即可求解的值.
【详解】因为，所以，
则，，……，，，
所以当时，
，
又满足上式，所以，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. 已知等差数列的前n项和为，且，
（1）求的通项公式和；
（2）若，求数列的前n项和
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式与前项和为求得首项与公差，即可得数列的通项公式和；
（2）由（1）得，通过裂项相消法可求得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
因为，，
则，解得，，
所以，.
【小问2详解】
由（1）可知：，
所以.
16. 已知抛物线与过点直线相交于、两点，点为坐标原点.
（1）求的值；
（2）若的面积等于3，求直线的一般方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，化为关于的一元二次方程，由根与系数关系求出两点的横纵坐标的和与积，直接运用数量积的坐标运算求解；
（2）把的面积转化为两个三角形，的面积和，然后直接代入三角形面积公式求解
【小问1详解】
设，由题意的斜率不为0，设直线的方程为，
代入抛物线方程可得，，
由根与系数的关系可得，
所以．
【小问2详解】
记为点，
由（1）有，
所以，
所以，解得：，
所以直线的方程为：或．
17. 如图，在四棱锥中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，其中∠ABC＝45°，，E为棱PC上一动点.
（1）若E为PC中点，求证：AE⊥平面PBC；
（2）若E是棱PC上靠近P三等分点，求平面ABE和平面PBE夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题设可得，由线面垂直的性质有，再根据线面垂直的判定、性质定理得，等腰三角形性质得，最后根据线面垂直的判定证结论；
（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值即可.
【小问1详解】
由题设，
所以，
由PA⊥平面ABCD，面，则，
又均面内，所以面，
由面，则，
因为，且E为PC中点，则，
由均面内，所以AE⊥平面PBC；
【小问2详解】
由（1），且四边形ABCD为平行四边形，则，
又PA⊥平面ABCD，故可构建如图所示的空间直角坐标系，
所以，
由，则，
所以，，，，
设平面的法向量为，则，
令，可得，
设平面的法向量为，则，
令，可得，
若平面ABE和平面PBE夹角为，则.
18. 如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线C：，其中点，依次为的左、右顶点，点B为的下顶点，点，依次为的左、右焦点.若点，分别为曲线，的圆心.
（1）求的方程；
（2）和D分别在曲线和曲线上.求出线段的最大值；
（3）若过点，作两条平行线，分别与，和，交与M，N和P，Q，求的最小值.
【答案】（1）
（2）4 （3）5
【解析】
【分析】（1）由圆的方程可确定圆心坐标，即椭圆焦点坐标，进而根据椭圆关系求得方程；
（2）由几何图形特征易知当C与，D与同时重合时线段的最大，进而可以求得最大值；
（3）根据对称性将问题转化为求解椭圆截直线的弦长的最小值，利用韦达定理和弦长公式可表示出所求弦长，由此可确定最小值.
【小问1详解】
由两圆的方程知：圆心分别为，，即，，
，解得：，
【小问2详解】
由题意易知当C与，D与同时重合时，
取得最大值为
【小问3详解】
由题意知：；
，由对称性可知：为椭圆截直线的弦长，
设：，其与椭圆交于点和
由得：，则，
，，
，
当时，取得最小值，
的最小值为
【点睛】关键点睛：本题考查直线截椭圆所得弦长最值的求解问题，本题求解最小值的关键是能够对转化为，再根据对称性将转化为直线截椭圆所得弦长的求解问题.
19. 若各项为正的无穷数列满足：对于，，其中为非零常数，则称数列为数列.记.
（1）判断无穷数列和是否是数列，并说明理由；
（2）若是数列，证明：数列中存在小于1的项；
（3）若是数列，证明：存在正整数，使得.
【答案】（1）是数列，不是数列，理由见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）代入定义计算即可得；
（2）借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的函数性质即可得；
（3）由题意将表示出来后，使用放缩技巧，通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式即可证明.
【小问1详解】
是数列，不是数列，理由如下：
当时，，，
则，故是数列；
当时，，，
则，故不是数列；
【小问2详解】
若是数列，则且，
此时数列是以为首项，为公差的等差数列，
故，当时，则总存在正整数，使，
与矛盾，故恒成立，，
有，，
即，，有，
则，
由随的增大而增大，
故总存在正整数使，即数列中存在小于1的项；
【小问3详解】
由（2）得，故，
即
，
则
，由随的增大而增大，
且时，，
故对任意的，总存在正整数使，
即总存在正整数，使得.
【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式.