西宁市第十四中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷(含答案)

这是一份西宁市第十四中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知直线l过直线和的交点，且与直线垂直，则直线l的方程为( )
A.B.C.D.
2．在等比数列中,若,则( )
A.6B.9C.D.
3．以椭圆的长轴端点为焦点、以椭圆焦点为顶点的双曲线方程为( )
A.B.C.D.
4．如图所示，为正方体，给出以下四个结论：
①平面；
②直线与所成的角为；
③二面角的正切值是；
④与底面所成角的正切值是；
其中所有正确结论的序号为( )
A.①②③B.②③C.①②④D.①②
5．已知数列满足，，则数列前2025项的积为( )
A.2B.3C.D.6
6．已知双曲线的左右焦点分别为，，且，当点到渐近线的距离为时，该双曲线的离心率e为( )
A.B.C.D.
7．已知直线和圆相交于A，B两点.若，则r的值为( )
A.3B.C.5D.
8．已知椭圆（且）,直线与椭圆C相交于A,B两点,若是线段的中点,则椭圆的焦距为( )
A.2B.4C.D.
二、多项选择题
9．已知等差数列的前n项和为，若，，则下列选项正确的有( )
A.B.
C.中绝对值最小的项为D.数列的前n项和最大项为
10．已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，点在抛物线C上，若，则( )
A.F的坐标为B.C.D.
11．已知圆，直线.则下列结论正确的是( )
A.当时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1
B.对于任意实数m，直线l恒过定点（1，1）
C.若圆C与圆恰有三条公切线，则
D.若动点D在圆C上，点，则线段中点M的轨迹方程为
三、填空题
12．若5是a与b的等差中项，3是a与b的等比中项，则________.
13．已知P为圆上任意一点，A，B为直线上的两个动点，且，则面积的取值范围是________.
14．如图，在正四面体中，E，F分别为，的中点，则与的夹角的余弦值为________.
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，点M、N分别为、的中点.
(1)证明：直线平面；
(2)求点B到平面的距离.
16．已知圆的圆心在直线上，直线.
(1)求a的值；
(2)求圆M关于直线l对称的圆的标准方程；
(3)过（2）中的点作圆M的切线m，求直线m的一般式方程.
17．已知椭圆，O为坐标原点，P为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，且，其离心率为，过点的动直线l与椭圆相交于A，B两点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)当时，求直线l的方程
18．设等差数列的前n项和为，且，.
(1)求数列的通项公式;
(2)设数列满足，求的前n项和.
19．如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线.
(1)证明：平面；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值.
参考答案
1．答案：A
解析：联立，解得，
直线和的交点为，
又直线l和直线垂直，
直线l的斜率为.
则直线l的方程为，即.
故选：A.
2．答案：B
解析：由等比数列性质得,
又,所以.
故选：B.
3．答案：A
解析：椭圆的长轴端点为，，
椭圆焦点为，，
即双曲线的焦点为，，顶点为，，
所以双曲线方程为.
故选：A.
4．答案：D
解析：①连接，
，，
平面，
，
同理：，，
平面，故①正确；
②，异面直线与BD所成的角是或其补角，
是等边三角形，
，故②正确；
③，连接，是二面角的平面角，，故③不正确；
④平面，
是与底面所成角，
，故③不正确.
故选：D
5．答案：A
解析：因为，所以，，
，，……，
故为一个周期为4的数列，
其中，
因为，所以数列前2025项的积为.
故选：A
6．答案：D
解析：由题设可得双曲线渐近线为，且，
所以，即，
又，所以，
所以.
故选：D
7．答案：C
解析：圆的圆心为，
圆心到直线的距离公式为，
，故
故选：C.
8．答案：B
解析：设,,则,
将A,B的坐标代入椭圆方程得：,,
两式相减,得：,
变形为,
又直线的斜率为,所以,即,
因此椭圆的焦距为,
故选：B.
9．答案：BCD
解析：由题意，可得，
所以，，，B正确，A错误；
设数列的公差为d，则，，
所以为递减数列，且，，即，
且当时，单调递减，当时，单调递增，
所以中绝对值最小的项为，故C对；
因为当时，，当时，，，，
所以的前8项为正，第9项开始均为负，
故最大项为，D对.
故选：BCD
10．答案：BD
解析：由抛物线，可得，所以，且焦点在y轴正半轴上，
则焦点，所以A错误；
由抛物线的定义，可得，解得，所以B正确；
由，可得，所以，则，所以C不正确；
由，所以D正确.
故选：BD.
11．答案：BCD
解析：对于A，圆的圆心为，半径，当时，直线，则圆心C到直线l的距离为，因为，所以圆C上只有两个点到直线l的距离等于1，所以A错误，
对于B，由，得，由于，所以，得，所以直线l恒点，所以B正确，
对于C，因为圆C与圆恰有三条公切线，所以两圆相外切，由，得，所以，解得，所以C正确，
对于D，设的中点为，则可得动点D的坐标为，因为动点D在圆C上，所以，化简得，所以线段中点M的轨迹方程为，所以D正确，
故选：BCD
12．答案：82
解析：由已知，，
所以.
故答案为：82.
13．答案：
解析：圆心到直线的距离为，所以圆与直线相离，
则圆上一点P到直线的距离d的范围为，
又，所以的面积，即，
故答案为：
14．答案：
解析：设正四面体棱长为1，
设，，，则，
∵，
∴，，.
E，F分别为，的中点，，是等边三角形，
，，，
.
与的夹角的余弦值为.
故答案为：.
15．答案：(1)证明见解析；
(2)
解析：（1）证明：取中点Q，
点M，Q均为中点，，，
又正方形中，，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
直线平面；
（2）因为平面为正方形，且底面，
所以，，两两互相垂直，
所以分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则有，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，
则有，即，
令，得，
所以点B到平面的距离.
则点B到平面的距离为.
16．答案：(1)；
(2)；
(3)或.
解析：（1）由已知圆，
则圆心，又圆心M在直线上，
即，解得；
（2）由（1）得圆，即，
即，半径，
设，则中点为，且，
所以由对称可知，解得，
即，所以圆；
（3）根据题意可得直线m的斜率存在，
则可设直线m的方程为，
即，则，
解得或，
故直线m的方程为或，
即一般式方程为或.
17．答案：（1）；
（2）或.
解析：（1）由题意知
解得，.
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线l的斜率不存在时，，不符合题意.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
联立，得，
其判别式.
设点A，B坐标分别为，，则，.
所以，
整理得，解得或，
所以或.
综上，直线l的方程为或.
18．答案：(1)；
(2).
解析：（1）设等差数列的首项为，公差为d.
由，得，
解得，所以；
（2）由可得：
当时，，
当时，，
所以，，
又，
两式相减得
，
所以.
19．答案：(1)证明见解析；
(2)
解析：（1）证明：如图，连接，由题意知为的直径，所以.因为，是圆柱的母线，
所以且，所以四边形是平行四边形.
所以，所以.因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以.又因为，
平面，所以平面.
（2）由（1）知是三棱锥底面上的高，
由（1）知，，所以，
即底面三角形是直角三角形.
设，，则在中有：，
所以，
当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，三棱
锥的体积最大，
（另解：等积转化法：
易得当F与距离最远时取到最大值，此时E、F分别为、中点）
下面求二面角的正弦值：
法一：由（1）得平面，因为平面，所以.
又因为，，所以平面.
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，由（1）知为直角三角形，则.
故，所以二面角的正弦值为.
法二：由（1）知，，两两相互垂直，
如图，以点E为原点，，，所在直线
为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，.
由（1）知平面，故平面的法向量可取为.
设平面的法向量为，
由，，
得，即，即，取，得.
设二面角的平面角为，
，
所以二面角的正弦值为