2024-2025学年陕西省西安市高二上册期末数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年陕西省西安市高二上册期末数学检测试卷（附解析），共20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。
1．双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离等于（ ）
A．B．3C．4D．2
2．已知数列是等差数列.记数列的前项和为，若，则（ ）
A．350B．700C．D．175
3．下列命题：①则；②则；③则；④则，其中正确命题的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
4．已知椭圆：的左顶点为，右焦点为，若点在上，为的中点，，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知点，，若点A到直线l的距离为1，点B到直线l的距离为4，则满足条件的有（ ）条
A．1B．2C．3D．4
6．如图是函数的大致图象，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知定义在R上的函数，其导函数满足：对任意都有，则下列各式恒成立的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
8．定义域为R的函数,若对任意两个不相等的实数，都有，则称函数为“H函数”，现给出如下函数：
①②③④ ,
其中为“H函数”的有
A．①②B．③④C．②③D．①②③
二、多选题（本大题共4小题）
9．对于直线和直线，以下说法正确的有（ ）
A．直线一定过定点B．若，则
C．的充要条件是D．点到直线的距离的最大值为5
10．如图，直三棱柱中，，，是棱的中点，.则（ ）.
A．直线与所成角为B．三棱锥的体积为
C．二面角的大小为D．直三棱柱外接球的表面积为
11．函数在区间上存在极值点，则整数的值为（ ）
A．B．C．D．0
12．已知是数列的前n项和，．下列结论正确的是（ ）
A．若是等差数列，则
B．若是等比数列，则
C．若是等差数列，则公差
D．若是等比数列，则公比是2或－2
三、填空题（本大题共4小题）
13．直线的一个法向量 .
14．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线l与x轴交于点M，点P在抛物线上，直线PF与抛物线交于另一点A，设直线MP，MA的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2的值为 ．
15．设数列满足，，且，若表示不超过的最大整数，则 ．
16．如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为，为圆上的点，、、、分别是以为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以为折痕折起、、、，使得重合，得到一个三棱锥，当正方形的边长为 时，三棱锥体积最大．
四、解答题（本大题共6小题）
17．已知动点与两个定点，的距离的比是2.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)直线过点，且被曲线截得的弦长为，求直线的方程.
18．已知曲线，求
(1)曲线在点处的切线方程；
(2)曲线过点的切线方程；
(3)曲线平行于直线的切线方程.
19．如图，是的直径，，点是上的一个动点，过点作垂直所在的平面，且.
(1)当三棱锥体积最大时，求直线与平面所成角的大小；
(2)当点A是上靠近点的三等分点时，求二面角的正弦值.
20．已知椭圆：的离心率为，椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知直线与椭圆相交于、两点，且与轴，轴交于、两点．
（i）若，求的值；
（ii）若点的坐标为，求证：为定值．
21．各项都为整数的数列满足，，前6项依次成等差数列，从第5项起依次成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求出所有的正整数m，使得.
22．已知函数，其中．
(1)判断函数的单调性；
(2)若，且当时，，证明：．
答案
1．【正确答案】C
【分析】求出双曲线的一个焦点坐标及一条渐近线方程，利用点到直线的距离公式即可得解.
【详解】双曲线的一个焦点坐标是，一条渐近线的方程为，
因此焦点到渐近线的距离.
故选：C
本题考查双曲线的简单几何性质、点到直线的距离公式，属于基础题.
2．【正确答案】D
【分析】利用等差数列的前项和公式以及等差数列的等差中项即可.
【详解】
故选：D
本题考查了等差数列的前项和公式以及等差数列的等差中项，属于较易题.
3．【正确答案】B
【分析】根据初等函数的求导法则逐一判断，可得答案.
【详解】①中，，故该项错误；
②中，，故该项错误；
③中，，故该项错误；
④中，，故该项正确。
所以正确命题的个数为1.
故选：B.
本题主要考查基本初等函数的求导法则，准确地运用求导公式是关键，属于基础题.
4．【正确答案】B
由椭圆的方程及题意可得，，，由可得是直角三角形，利用，可得，结合，即可求解.
【详解】由题意可得：，，，
所以是直角三角形，且是直角边，
因为为的中点，所以，
所以，即，
整理可得：，
即，可得，解得，
故选：B
方法点睛：求椭圆离心率的方法：
（1）直接利用公式；
（2）利用变形公式；
（3）根据条件列出关于 的齐次式，两边同时除以，化为关于离心率的方程即可求解.
5．【正确答案】C
【分析】由题可将所求转化为求圆与圆的公切线条数，判断两圆的位置关系，从而得公切线条数.
【详解】因为点A到直线l的距离为1，
所以直线l为以为圆心，为半径的圆的切线，
同理直线l还是以为圆心，为半径的圆的切线，
即直线l为圆与圆的公切线，
由题意，满足点到直线的距离为，点到直线距离为的直线的条数即为圆与圆的公切线条数，
因为，所以两圆外切，
所以两圆的公切线有3条，即满足条件的直线有3条.
故选：C.
6．【正确答案】C
【分析】由图像所给信息可以确定，再观察图像知导函数的零点即，可得解.
【详解】由图示可知：经过（0,0）、（1,0）、（2,0），
所以有：，即，解得：，
所以，.
由图示可知是的极值点，所以是的两根.
所以.
故选：C.
7．【正确答案】B
【分析】构造函数，结合已知判断其导数符号可知单调性，然后由单调性可解.
【详解】记，则，
因为，即，
所以，所以在R上单调递增，
故，，
整理得，.
故选：B
关键点睛：本题关键在于根据导数不等式构造函数，然后利用导数判断单调性，由单调性即可求解.
8．【正确答案】C
【分析】不等式等价为，即满足条件的函数为单调递增函数，判断函数的单调性即可得到结论．
【详解】解：对于任意给定的不等实数，，不等式恒成立，
不等式等价为恒成立，
即函数是定义在上的增函数．
①函数，则，当，或时，，此时函数为减函数，不满足条件．
②，，函数单调递增，满足条件．
③为增函数，满足条件．
④，在定义域上不具有单调性，不满足条件．
综上满足“函数”的函数为②③，
故选：．
本题主要考查函数单调性的应用，将条件转化为函数的单调性的形式是解决本题的关键．
9．【正确答案】ABD
【分析】求出直线所过定点判断A；利用垂直关系计算判断B；由两直线不相交求出判断C；求出直线所过定点，并求出它与点的距离判断D.
【详解】对于A，变形为，
令，解得，因此直线一定过定点，A正确；
对于B，若，则，解得，B正确；
对于C，当与不相交时，，解得或，
当时，直线与平行，
当时，直线与平行，
因此当时，或，C错误；
对于D，直线恒过点，点到直线的距离的最大值为间距离，
而，D正确.
故选：ABD
10．【正确答案】ABD
【分析】四个选项互不相关的选择题，需要对各个选项一一验证.
对于A：证明，得到,即直线与所成角为；
对于B：先证明，利用等体积法求得体积；
对于C：利用向量法求出二面角的大小；
对于D：把直三棱柱扩充成长方体，求长方体的外接球体积即可.
【详解】对于A：在Rt△DAC中，AD=AC=1，得∠ADC=45°.
同理：∠A1 DC1=45°，所以∠C DC1=90°，所以
又，且,
所以,所以,即直线与所成角为，故A正确；
对于B：由为直三棱柱，得,所以，由A的证明可知，可得，所以,故B正确；
对于C：由A、B证明过程可知：且,可以以C坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系,则
,所以
设平面的一个法向量，则有
即，不妨设，则有.
同理可求平面的一个法向量.
设二面角的平面角为，显然为锐角，所以，所以，故C错误；
对于D：由A、B证明过程可知：且,可以把直三棱柱扩充成长方体，只需求长方体的外接球表面积即可.
在长方体中，设外接球的半径为R，则
所以,故D正确.
故选:ABD
立体几何试题的基本结构：
(1)一是几何关系的证明，用判定定理；
(2)二是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算；
(3)多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：①公式法；② 多面体几何性质法；③形法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．
11．【正确答案】AC
【分析】由于在区间上存在极值点，根据间接法在上无极值点，则或或，即可解决.
【详解】由题知，，
所以，
当和时，，当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
若在上无极值点，则或或，
解得：，
所以时，在区间上无极值点，
所以时，在区间上存在极值点，
因为是整数，故或，
故选：AC.
12．【正确答案】AB
【分析】根据等差数列与等比数列的定义、性质、求和公式计算即可.
【详解】若是等差数列，设其公差为，则成等差数列，公差为，
由，即A正确；
当时显然符合题意，但C错误；
若是等比数列，设其公比为，则成等比数列，公比为，
由，即B正确，
当时，也符合题意，故D错误.
故选：AB
13．【正确答案】（答案不唯一）
【分析】根据给定直线方程求出其方向向量，再由法向量的意义求解作答.
【详解】直线的方向向量为，而，
所以直线的一个法向量.
故
14．【正确答案】0
【分析】设过的直线交抛物线于，，，，，
联立方程组，利用韦达定理可得.
【详解】设过的直线交抛物线于，，，，，
联立方程组，得：，
于是，有：，，
，
又，
.
故０
15．【正确答案】
【分析】构造，则，由题意可得：，利用等差数列的通项公式可得：，再利用“累加法”求通项可得，最后利用“裂项法”求和即可得出，根据的定义即可得出结果.
【详解】构造，则，
由题意可得：，
故数列是为首项，为公差的等差数列，
，
，，，，，
以上个式子相加可得，
解得，发现也满足上式，故，
，
则
，
，
故答案为.
16．【正确答案】
【详解】连接交于点，则，点为的中点，连接，
为直角三角形，设正方形的边长为，则，由圆的半径
为4，则，
设重合于点P，
则
则，高、，
设，当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，此时，
即答案为.
17．【正确答案】(1)
(2)或
【分析】（1）直接利用条件求出点的轨迹方程，所求方程表示一个圆；
（2）直线的斜率分存在与不存在两种情况，当直线的斜率不存在时，检验不满足条件；当直线的斜率存在时，用点斜式设出直线的方程，根据弦长和点到直线的距离公式列出等式即可求出直线的斜率，进而求出直线的方程.
【详解】（1）设点，
动点与两个定点，的距离的比是，
，即，
则，
化简得，
所以动点的轨迹的方程为；
（2）由（1）可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
直线被曲线截得的弦长为，
圆心到直线的距离，
①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离是3，不符合条件；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离，
化简得，解得或，
此时直线的方程为或.
综上，直线的方程是或.
18．【正确答案】(1)
(2)或
(3)或
【分析】（1）求出函数的导数，求得切线的斜率，由点斜式方程可得切线的方程；
（2）设出切点，写出切线方程，代入点，即可求得切线方程.
（3）设出切点，用导数求得切点处切线的斜率与已知直线斜率相等，进而求出切点，写出切线方程即可.
【详解】（1）由得，
则，
所以曲线在点处的切线方程为：，
即.
（2）因为切点在曲线上，所以可设切点为，
则，
则切线方程为，
因为切线过，代入切向方程得：
化简得，
则或
所以曲线过点的切线方程为：
或.
（3）直线的斜率为，
设切点为，
则由（2）知切线方程为，
则由切线与直线平行得，
即或，
所以切线方程为或，
即或
19．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）体积最大时，由体积公式确定此时点是的中点，再由几何方法确定平面，所以为直线与平面所成的角，最后解三角形求出结果.
（2）建系，分别求出设平面的法向量和平面的法向量，再由空间向量法求出二面角的余弦值，最后求出正弦值.
【详解】（1）因为是的直径，，所以.
.
当时，有最大值，此时点是的中点.
因为垂直于所在平面，所以.
因为是的直径，所以.
又，平面，，所以平面.
如图①，取的中点，连接，，则，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
此时，所以.
又因为在中，，，所以，
所以，故.

当三棱锥体积最大时，直线与平面所成角的大小为.
（2）当点是上靠近点的三等分点时，，故.
因为是的直径，所以.
又因为，所以，
因为垂直于所在平面，所以，，即两两垂直，
如图②，以为坐标原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，，，.

设平面的法向量为，则
则，令，则，则.
设平面的法向量为，则
令，则，，则，
所以，
设二面角的平面角为，则，
所以二面角的正弦值为.
20．【正确答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积即可求出，则椭圆方程可得；
（2）（i）联立方程组，根据根与系数的关系以及向量相等的坐标关系即可求出；（ii）根据根与系数的关系以及向量的数量积的运算即可求出．
【详解】（1），，代入得.
又椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为2，即，即，
以上各式联立解得，则椭圆方程为.
（2）（i）直线与轴交点为，与轴交点为，
联立，消去得:，
则，
设，则，
，，
由得，解得:，
由得.
（ii）由（i）知，，
.
为定值.
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出等差数列的公差，然后根据的值以及成等比数列求解出的值（注意公差为整数），则等差数列和等比数列的通项公式均可求，则的通项公式可知；
（2）先讨论当时的情况，当时，利用不等式以及指数运算分析原式，由此确定出的可取值.
【详解】（1）设前项的公差为， 所以，
所以，
化简可得，所以或，
又因为各项均为整数，所以为整数，所以，
当时，，
当时，，，
综上所述，；
（2）当时，，满足条件；
当时，，不满足条件；
当时，，满足条件；
当时，，不满足条件；
当时，，若，
则有，则，
所以，所以，
又因为，所以，所以无解，
综上所述，的取值为.
22．【正确答案】(1)在上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的正负判断单调性，先求函数的导数，再求导数的导数，根据求最值的方法求出导数的最小值为正数，从而得出结论.
（2）根据得到的等式.并将整理好的式子代入要证明结论的左边，并将左边整理.然后用分析法结合上述整理好的式子进行证明，然后构造函数用导数求构造函数的值域，从而得证.
【详解】（1）因为，
所以.
令，则，
令解得，
当时，，当时，．
在单调递减，在单调递增.
所以当时，，
因此．
所以在上单调递增.
（2）由于，所以，
即，所以．
要证明
只需证明，即证，
令，即证，
因为，所以．
令，
则．
令，则，所以在上单调递增，因此当时，，
于是，所以在上单调递增，
于是．
令，则，
所以在上单调递减，即，
所以当时，而，所以
因此，即，
故，得证．
方法点睛：
观察已知和要证的结论，适当进行变形，构造函数利用单调性求得函数值域，从而证得结论.