2024-2025学年河北省石家庄市高二上册期末数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年河北省石家庄市高二上册期末数学检测试题（附解析），共21页。
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题：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. 已知直线l过点且一个方向向量为，则l在y轴上的截距为（ ）
A. B. 1C. D. 5
【正确答案】A
【分析】设l在y轴上的截距为，根据斜率公式列式求解即可.
【详解】因为直线l一个方向向量为，可知直线l的斜率，
设l在y轴上的截距为，即直线l过点，
则，解得.
故选：A.
2. 已知空间中三点，若，则（ ）
A. B. 4C. 3D.
【正确答案】B
【分析】根据题意结合空间向量平行的坐标表示分析求解即可.
【详解】由题意可得：，
若，则，解得，
所以.
故选：B.
3. 设曲线C是双曲线，则“C的方程为”是“C的渐近线方程为”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】A
【分析】由方程为的渐近线为，且渐近线方程为的双曲线方程为，结合充分、必要条件可得结果.
【详解】若的方程为，则，
可得渐近线方程为，即充分性成立；
若渐近线方程为，则双曲线方程为，
不一定为，即必要性不成立；
所以“的方程为”是“的渐近线方程为”的充分而不必要条件，
故选：A.
4. 已知等差数列的公差和首项都不为0，且成等比数列，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 5
【正确答案】C
【分析】设出数列的首项和公差，通过题设条件求得和的数量关系，再将用前项和公式展开，整体代入即得.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
由成等比数列得,即：，
解得：，.
故选：C.
5. 古希腊几何学家用一个不垂直于圆锥的轴的平面去截一个圆锥，将所截得的不同的截口曲线统称为圆锥曲线如图所示的圆锥中，AB为底面圆的直径，M为PB中点，某同学用平行于母线PA且过点M的平面去截圆锥，所得截口曲线为抛物线．若该圆锥的高，底面半径，则该抛物线焦点到准线的距离为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【正确答案】D
【分析】先利用中位线计算，结合对称性判断抛物线以为对称轴，焦点在上，再以顶点为原点建立坐标系，设抛物线标准方程，根据点在抛物线上求得参数p即得结果.
【详解】因为M是PB的中点，O是AB的中点，则，，
截圆锥的平面平行于母线PA且过母线PB的中点M，故O也在截面上，
根据对称性可知抛物线的对称轴为，焦点在上，
建立以M为原点，为x轴，过M点的垂线为y轴，
设抛物线与底面交点为E，则，
设抛物线为，则，解得，
即该抛物线焦点到准线的距离为p，即为.
故选：D.
6. 如图，在平行六面体中，，则直线与直线AC所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由线段的位置关系及向量加减的几何意义可得、，利用向量数量积的运算律求、，最后应用夹角公式求直线夹角余弦值.
【详解】因为，，
可得，，
又因为，，
可得，
，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
故选：D.
7. 在平面直角坐标系内，曲线与x轴相交于A，B两点，P是平面内一点，且满足，则面积的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据题意不妨取，进而求点的轨迹方程，结合方程分析求解.
【详解】对于曲线，令，即，
可得，不妨取，可知，
设，因为，则，
整理得，
可知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
所以面积的最大值是.
故选：D.
8. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】利用等比数列求和可得，结合题意代入运算即可.
【详解】因为，
所以.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若椭圆的焦距为2，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 5
【正确答案】CD
【分析】讨论椭圆焦点所在位置，结合之间的关系分析求解.
【详解】由题意可知：，
若焦点在x轴上，则，解得；
若焦点在y轴上，则，解得；
综上所述：或.
故选：CD.
10. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点A为双曲线右支上任意一点，点，下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 若，则的面积为2
C. 过P点且与双曲线只有一个公共点的直线有3条
D. 存在直线与双曲线交于M，N两点，且点P为中点
【正确答案】AB
【分析】对A，根据双曲线的定义判断即可；对B，根据双曲线定义结合勾股定理求解即可；对C，数形结合分析判断即可；对D，根据点差法结合双曲线性质求解即可.
【详解】对A，根据双曲线的定义可得，故A正确；
对B，因为，，则，
又，故，即，
故，故B正确；
对C，由双曲线的渐近线可得，过点且与双曲线只有一个公共点的直线有
与两条渐近线分别平行的两条直线、与双曲线右支相切的两条直线，共4条，故C错误；
对D，设存在两点，为中点，则，
即，又，故，
，故，即.
由渐近线的性质可得过点且斜率为2的直线与双曲线无交点，
故不存在直线与双曲线交于M，N两点，且点P为中点，故D错误.
故选：AB
11. 已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，以下说法正确的是（ ）
A.
B. 当时，
C. 当时，不是数列中的项
D. 若是数列中的项，则的值可能为7
【正确答案】ABD
【分析】求出通项判断A；求出公差、通项判断BC；探讨数列与的下标关系判断D.
【详解】对于A，由题意得，A正确；
对于B，新数列的首项为2，公差为2，故，B正确；
对于C，由B选项知，令，则，即是数列的第8项，C错误；
对于D，插入个数，则，
则等差数列中的项在新的等差数列中对应的下标是以1为首项，为公差的等差数列，
于是，而是数列的项，令，当时，，D正确.
故选：ABD
12. 在棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 三棱锥的体积最大值为1
C. 若，则点到直线EF的距离为
D. 三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为
【正确答案】ACD
【分析】以为原点，建立空间坐标系，设，写出各点坐标，由于，则，选项A正确；由三棱锥的体积公式结合二次函数的性质，可得三棱锥的体积最大值，判断出选项B；在中，利用等面积计算，可得点到直线的距离，判断出选项C；求出三棱锥外接球球心坐标，分析可知球心的轨迹为线段（没有端点），可判断出选项D．
【详解】以为原点，建立空间坐标系如图所示，
设，
则，，，，，
对于选项A：可得，，
因为，即，故A正确；
对于选项B：因为三棱锥的体积
当时，三棱锥的体积取到最大值，选项B错误；
对于选项C：若，则，，
设点到直线的距离为，
在中，，，，则，
且为锐角，可得，
则，
即，解得，故C正确；
对于选项D：设三棱锥外接球球心
由题意可知：，即，则，
且，可知球心的轨迹为线段（没有端点），且两个端点坐标为，
所以三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为，故D正确；
故选：ACD.
关键点点睛：对于选项D：可以利用补形法，将三棱锥补成长方体，可知三棱锥外接球球心即为长方体的中心.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，，且，则______
【正确答案】
【分析】由向量垂直得向量的数量积等于计算即可得.
【详解】由，解得.
故
14. 己知圆与圆相切，则r的值为__________.
【正确答案】6或2
【分析】根据题意结合两圆的位置关系列式求解即可.
【详解】圆圆心为，半径为2；
圆的圆心为，半径为；
由题意可得：或，
且，解得或．
故6或2.
15. 已知数列满足：（m为正整数），，若，则m的所有可能取值之和为__________.
【正确答案】
【分析】由结合递推关系式，分情况讨论，分别求出的值即可．
【详解】当时，则，可知或，
若，则；
若，则；
综上所述，或，即m的所有可能取值之和．
故
16. 设双曲线左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与交于点，，则的离心率为____________.
【正确答案】
【分析】由双曲线的对称性可得、且四边形为平行四边形，由题意可得出，结合余弦定理表示出与、有关齐次式即可得离心率.
【详解】由双曲线的对称性可得，
有四边形为平行四边形，令，则，
由双曲线定义可知，故有，即，
即，
，
则，即，故，
则有，
即，即，则，由，故.
故答案为.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 在直角坐标系中，点到直线的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）直线与交于两点，求线段的长.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据抛物线的定义直接求解即可；
（2）将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和抛物线的定义求解即可.
【小问1详解】
在直角坐标系中，点到直线的距离等于点到点的距离，
所以根据抛物线的定义可得动点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以轨迹为的方程为.
【小问2详解】
设点，，
由，消去整理得，
， ，
故弦长.
18. 如图，在三棱锥中，平面，，，，为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由线面垂直的性质可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）取线段的中点，连接、，推导出平面，可知直线与平面所成角为，计算出、的长，即可求得的值，即为所求.
【小问1详解】
证明：在中，，，，则，
所以，，
又因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，因此，平面.
【小问2详解】
解：取线段的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则且，
因为平面，则平面，
所以，与平面所成的角为，
因为平面，平面，所以，，
因为，，则，
因为为的中点，则，
因为平面，平面，则，
所以，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
19. 己知正项数列前n项和为，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列前项和.
【正确答案】19.
20.
【分析】（1）根据与之间的关系分析可知数列是等差数列，结合等差数列通项公式运算求解；
（2）由（1）可得，利用分组求和以及裂项相消法运算求解.
【小问1详解】
因为，则，
两式相减得：，
整理得，
且为正项数列，可知，
可得，即，
可知数列是以首项，公差的等差数列，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
当为奇数，则，
可得
，
所以.
20. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，.
（1）若平面AEF，求的值；
（2）在（1）的条件下，求平面AEF与平面PAE夹角的余弦值．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）建系，求平面的法向量，结合线面平面的向量关系分析求解；
（2）由（1）可得平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【小问1详解】
因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面，
如图，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，过作平行线为轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，，
因为，则，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
若平面AEF，则，解得.
【小问2详解】
由（1）可得：平面的法向量为，
由题意可知：平面的一个法向量，
设平面与平面所成夹角为，
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
21. 已知数列满足.
（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，求．
【正确答案】（1）证明见解析，
（2）
【分析】（1）由已知等式变形可得出，利用等差中项法可证得结论成立，确定数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
因为，，则，
等式两边同时乘以可得，
即，所以，数列是等差数列.
且，，等差数列公差为，
所以，，故.
【小问2详解】
数列的前项和为，且，
则，
所以，，
两式相减可得
，
所以.
22. 已知圆，定点，D是圆A上的一动点，线段DB的垂直平分线交半径DA于点E．
（1）求点E的轨迹方程；
（2）若直线m与点E的轨迹交于M，N两点，与圆相交于P，Q两点，且，求面积的最大值．
【正确答案】（1）
（2）1
【分析】（1）根据题意分析可知，结合椭圆的定义求轨迹方程；
（2）由题意分析可知圆心到直线m的距离，设直线m的方程为，，联立方程结合韦达定理求，进而可求的面积，并利用基本不等式求最大值.
【小问1详解】
圆的圆心为，半径为4．
因为D是圆上的一个动点，线段DB的垂直平分线交半径DA于点E，
则，可得，
因此E点的轨迹是以为焦点的椭圆，
其中，
所以点E轨迹方程为．
【小问2详解】
圆的圆心为，半径为2，
由题意可知：圆心到直线m的距离，
结合点E的轨迹方程可知：直线m的斜率可以不存在，但不为0，
设直线m的方程为，，
可得，整理得，即，
联立方程，消去x得，
则，
可得，
则，
所以面积为，
且，可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为1.
方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．
（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．