安徽省蚌埠市固镇县毛钽厂实验中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省蚌埠市固镇县毛钽厂实验中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题（解析版）-A4，共14页。试卷主要包含了本卷命题范围， 是直线与直线平行且不重合的等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：人教版选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章4.3.
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. 空间四边形中，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的加减法运算即可得解.
【详解】.
故选：B．
2. 已知数列的通项公式为，则该数列中的最大项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用数列的函数性质，结合一元二次函数即可求解.
【详解】因为，，
所以当时，取得最大值.
故选：A.
3. 已知，，动点P满足，则点P的轨迹是（ ）
A. 椭圆B. 双曲线的一支C. 双曲线D. 射线
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的定义可求得结果.
【详解】因为，，所以，
则，由双曲线的定义可知，点P的轨迹为双曲线的一支.
故选：B.
4. 是直线与直线平行且不重合的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】用定义法，分充分性和必要性进行讨论.
【详解】充分性：时，直线与直线可化为：直线与直线，此时两直线平行.故充分性满足；
必要性：因为直线与直线平行，
所以，解得：m=1.故必要性满足.
故选：C
5. 鱼腹式吊车梁中间截面大，逐步向梁的两端减小，形状像鱼腹，如图，鱼腹式吊车梁的鱼腹部分AOB是抛物线的一部分，其宽为8m，高为0.8m，根据图中的坐标系，该抛物线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，设出抛物线方程，利用待定系数法求出抛物线方程.
【详解】依题意，设该抛物线的方程为，
由点在此抛物线上，得，解得，
所以该抛物线的方程为.
故选：C
6. 如图，已知平面，，，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面垂直以及已知角度求出，再结合投影向量可求得结果.
【详解】平面ABC，则，，
向量在上的投影向量为.
故选：D.
7. 已知等差数列的前项和为，，，，则的值为（ ）
A. 16B. 12C. 10D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质，以及前项和公式，即可求解.
【详解】由，得①，
因为，，
所以，即②，
①②两式相加，得，即，
所以，所以，解得.
故选：B.
8. 如果圆上总存在点到原点的距离为，则实数的取值范围为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将圆上的点到原点的距离转化为圆心到原点的距离加减半径得到答案.
【详解】，圆心为 半径为1
圆心到原点的距离为：
如果圆上总存在点到原点的距离为
即圆心到原点的距离
即
故答案选B
【点睛】本题考查了圆上的点到原点的距离，转化为圆心到原点的距离加减半径是解题的关键.
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. 已知空间向量，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据空间向量的模的坐标公式即可判断A；根据空间向量共线定理即可判断B；根据空间向量线性运算的坐标表示及数量积的坐标公式即可判断C；根据空间向量夹角的坐标公式即可判断D.
【详解】对于A，，
，故A正确；
对于B，，设，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，点在抛物线上，若，则（ ）
A. 的坐标为B.
C. D. 以为直径的圆与轴相切
【答案】BCD
【解析】
【分析】由抛物线的方程求出焦点的坐标，可判断A选项；利用抛物线的定义可求得的值，可判断B选项；先根据抛物线的方程求的值，再利用平面内两点间的距离公式可判断C选项；求出的中点坐标，进而可得该点到y轴的距离，结合直线与圆的位置关系判断D选项.
【详解】对于抛物线，可得，且焦点在y轴正半轴上，则点错误；
由拋物线的定义可得，可得正确；
由可知，，可得，C正确；
∵的中点坐标为，则点到y轴的距离，
∴以为直径的圆与轴相切，D正确.
故选：BCD.
11. 为提高学生学习数学的热情，某校积极筹建数学兴趣小组，小组成员仿照教材中等差数列和等比数列的概念，提出“等积数列”的概念：从第二项起，每一项与前一项之积为同一个常数（不为0）.已知数列是一个“等积数列”，，其前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 的一个通项公式为D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据数列新定义可得，结合已知确定通项公式，进而逐项判断正误.
【详解】由“等积数列”定义得：，而，则，
因此数列奇数项相同，偶数项相同，又，则当为奇数时，，
由，得，则当为偶数时，，
对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，若，则当为奇数时，，当为偶数时，，符合题意，C正确；
对于D，当为奇数时，，满足，
当为偶数时，，满足，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在等比数列中，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用等比数列的性质根据已知条件列方程求解即可
【详解】因为等比数列中，，
所以，解得，
故答案为：
13. 已知圆，直线.若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题可知，圆的半径是2，圆上点到直线距离为1，该距离为半径的一半，则要使圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则圆心到l的距离为1，据此即可求解．
【详解】由题可知，圆的圆心为(0，0)，半径为2，
故要使圆上恰有3个点到l的距离为1，
则圆心到直线l的距离为1，
即．
故答案为：．
14. 过点作斜率为的直线与椭圆：相交于，若是线段的中点，则椭圆的离心率为_____．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：设A ，B ，则①，②，
∵M是线段AB的中点，∴，∵直线AB的方程是，
∴，∵过点M（1，1）作斜率为的直线与椭圆C：（a＞b＞0）相交于A，B两点，M是线段AB的中点，∴①②两式相减可得，即．
考点：椭圆的简单性质
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. 记为等差数列的前n项和，已知，从以下两个条件中任选其中一个给出解答．①；②．
（1）求公差；
（2）求，并求的最小值．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2），最小值为
【解析】
【分析】（1）选条件①，根据得出数列的求和公式和题意，列出方程，即可求得的值；
选条件②，根据等差数列的通项公式，列出方程，即可求得的值；
（2）由（1），根据等差数列的求和公式，得到，结合二次函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：选条件①：，
设的公差为，可得，解得，
又由，可得，故数列的公差．
选条件②：，
设的公差为，可得，即，
又由，可得，故数列的公差．
【小问2详解】
解：由（1）知，公差，且，
可得，
所以当时，取得最小值，最小值为．
16. 如图，在四棱锥中，平面，，.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】
【分析】（1）由平面，得，由，得，由，得，从而平面，由此能证明．
（2）在平面作于，连结，作于，连结，由平面，得，由，得平面，从而平面平面，进而平面，是直线与平面所成角，由此能求出直线与平面所成角的正弦值．
【详解】(1)由平面，得，
由，得，
∵，∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴.
(2)在平面作于，连结，作于，连结，
由平面，得，
又，∴平面，
又平面，得平面平面，
结合，得平面，
∴是直线与平面所成角，
在四边形中，可得，
在中，可得，
在中，可得，
在中，，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查线线垂直的证明、线面角的正弦值的求法、空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识，考查转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力．
17. 已知以点为圆心的圆与直线：相切，过点的直线与圆相交于，两点，是的中点，.
（1）求圆的标准方程；
（2）求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据点到直线的距离求出圆的半径即可得解；
（2）分直线斜率是否存在讨论，当斜率存在时利用弦心距求解.
【小问1详解】
设圆的半径为，
因为圆与直线：相切，
所以，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
如图，
①当直线与轴垂直时，易知符合题意；
②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即.
连接，则，因为，所以，
则由得，
所以直线为：，
故直线方程为或.
18. 已知数列的前项和为，且
（1）求数列的通项公式；
（2）设，且数列的前项和为.求.
（3）在（2）条件下若都有不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）首先得，进一步由的关系得是以1为首项，为公比的等比数列，由此即可求解；
（2）由等差数列求和公式、错位相减法求得表达式，
（3）在（2）条件下进一步原问题等价于不等式恒成立，由此即可求解.
【小问1详解】
因为①，
当时可得，即.
当时，②
由①-②得，即，
即是以1为首项，为公比等比数列，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
，
两式相得，，
即，
则，
故.
【小问3详解】
由（2）知，
所以有，
即，
依题意，不等式恒成立，
因为随着n增大而减小，所以，
即的取值范围为.
19. 已知双曲线的右焦点为，离心率为2，直线与双曲线C的一条渐近线交于点P，且.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）若A为双曲线C的左顶点，M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率分别为，，若，试问：直线MN是否经过定点？证明你的结论.
【答案】（1）
（2）直线MN恒过定点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由和，可得，再求出点的坐标，再结合勾股定理即可求解；
（2）直线MN的方程为，与双曲线联立，求得的值，再结合，整理化简后得到，再利用，求得，即可确定直线MN经过定点.
【小问1详解】
由离心率可得，即①，
利用得②，
根据双曲线的对称性，不妨设直线与渐近线的交点为.
联立，得，
由可得，③，
由①②③解得，，.
所以双曲线的标准方程为.
小问2详解】
由题意可知直线MN的斜率不为零，所以设直线MN的方程为，
，，由，得，
由，得，
所以，，易知，所以，，
因为，所以，
所以，所以，
化简得，
所以，
所以，
化简得，解得或，
因为M，N是C右支上两动点，所以，所以，
所以直线MN的方程为，所以直线MN恒过定点.
【点睛】方法点睛：定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即或不存在时．找出定点，再证明该点符合题意(运用斜率相等或者三点共线)或证明与变量无关．