河北省保定市2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学（A卷）试题（Word版附解析）

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注意事项：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答
题卡上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位
置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以
上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项
是正确的.
1. 直线 与直线 的距离 （ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行线间的距离公式，即可求得答案.
【详解】由题意知直线 ，即 与直线 平行，
故它们之间的距离为 ，
故选：A
2. 直线 的一个方向向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线方程可得斜率，即可求得其方向向量.
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【详解】易知直线 的斜率为 ，
因此其方向向量可以为 .
故选：C
3. 在 2 与 18 中间插入 7 个数使这 9 个数成等差数列，则该数列的第 5 项是（ ）
A. 6 B. 8 C. 10 D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的基本量的运算求解即可.
【详解】设此等差数列为 ，公差为 ，
则 ，故 ，
所以 ，
故选：C
4. 过三点 圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】得到三角形 是直角三角形，故只需求出三角形 外接圆圆心、半径即可.
【详解】因为 ，所以三角形 是直角三角形，
其外接圆圆心为 的中点 ，半径为 ，
故所求为 .
故答案为：D.
5. 等比数列 的前 项和为 ， ，则数列 的公比 （ ）
A. B. 2 C. D.
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【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列前 项和公式计算解方程可得其公比.
【详解】依题意可知公比 ，
所以 ，解得 .
故选：C
6. 在平行六面体 中， 与 交于点 ，设 ，则 （
）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量 加减法运算即可求解.
【详解】
故选：D
7. 抛物线 与圆 交于 、 两点， ，则 （ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
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【解析】
【分析】联立抛物线与圆的方程求出 坐标，利用 建立方程求解 即可.
【详解】设 ，联立 ，消 y 得 ，
由抛物线和圆都关于 x 轴对称，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 .
故选：B
8. 已知 分别为椭圆 的左，右焦点，点 为直线
与椭圆 的一个公共点，满足 ，且 ，则椭圆 的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意利用椭圆定义结合 ，可求出 ；又直线 ，可得直线 的方程
为 ，联立求出 P 点坐标，代入椭圆方程可求出 ，即得答案.
【详解】由题意知 P 在椭圆 上，则 ，
故 ，即 ，
又 ，故 ，则 ，
结合 ，得 ；
又直线 ，故直线 的方程为 ，
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联立 ，解得 ，即 ，
代入 ，得 ，结合 ，
整理得 ，解得 ，
故椭圆 的方程为 ，
故选：B
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题
目要求.全部选对的得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 下列数列 中，一定是单调递增数列的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】举反例判断 AD，利用 与 0 的关系验证 BC.
【详解】因为
对于 A： ，则数列 一定不单调递增，不合题意；
对于 B： ，
所以数列 为单调递增数列；
选项 C： ，所以数列 是单调递增数列；
选项 D：当 时， ，此时数列 不是单调递增数列，不合题意.
故选：BC
10. 如图，在棱长为 的正方体 中，点 为 线段的中点，点 在底面四边形
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内（包括边界）移动，且 ，则（ ）
A. B. 点 到平面 的距离为
C. 点 的轨迹长度为 D. 为线段 上的点，则 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面垂直性质可知 A 正确；利用体积桥可求得 B 正确；根据 可求得 点轨迹为四分
之一圆，知 C 正确；结合圆的性质可求得 D 正确.
【详解】对于 A， ， ， ， 平面 ，
平面 ，又 平面 ， ，A 正确；
对于 B， 平面 ， ， ；
是边长为 的等边三角形， ，
点 到平面 的距离 ，B 错误；
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对于 C， 平面 ， 平面 ， ，
又 ， ， ，
点轨迹是以 为圆心， 为半径的圆在四边形 （含边界）中的部分，即四分之一圆，
点轨迹长度为 ，C 正确；
对于 D，由 C 知： 点轨迹为四分之一圆，
由圆的性质可知：当 三点共线时， 最小，此时最小值为 ，
又 ， ，D 正确.
故选：ACD.
11. 当半径为 的动圆沿着半径为 的定圆的内侧沿圆周无滑动地滚动时，动圆圆周上的一定点 的轨迹为
星形线.如图所示现有一个星形线 ，下列说法正确的是（ ）
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A. 点 在曲线 的外部 B. 曲线 所围成的封闭区域的面积小于 128
C. 曲线 上的点到原点的距离最小值为 4 D. 直线 与曲线 有三个交点
【答案】BC
【解析】
【分析】A 选项，代入得到 ，故点 在曲线 内部，A 错误；B 选项，求出
，数形结合得到曲线 所围成的封闭区域面积小于 128；C 选项，由题意得到
为半径为 2 的小圆在圆心为原点，半径为 8 的大圆中滚动，小圆上的一点 所形成的
轨迹方程，数形结合得到最小值为 ，D 选项，先求出 和 ，进
而得到点 和 在 两侧，数形结合得到交点个数.
【详解】A 选项， ，故点 在曲线 的内部，A 错误；
B 选项，如图所示，其中 ，连接 ，
则 ，
故曲线 所围成的封闭区域，位于第一象限的部分面积小于 32，
由对称性可知，曲线 所围成 封闭区域面积小于 128，B 正确；
C 选项，根据题意可知 为半径为 2 的小圆在圆心为原点，
半径为 8 的大圆中滚动，小圆上的一点 所形成的轨迹方程，其中两圆的切点为 ，
数形结合可知，当 三点共线， 在 之间时，
曲线 上的点 到原点的距离最小，此时 为小圆直径，
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故最小值为 ，
曲线 上的点到原点的距离最小值为 4，C 正确；
D 选项，由 C 选项和对称性可知， 与直线 垂直，
故 中点坐标为 ，故直线 ，
所以 ，解得 ，负值舍去，
故 ，
将 代入 中得， ，
故点 在 左侧，
将 代入 中得， ，
故点 在 右侧，
数形结合，直线 与曲线 有四个交点 ，D 错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：C 选项，曲线 为半径为 2 的小圆在圆心为原点，半径为 8 的大
圆中滚动，小圆上的一点 所形成的轨迹方程，数形结合得到最小值.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分.
12. 抛物线 上与焦点的距离等于 的点的纵坐标为_________.
【答案】
【解析】
【分析】首先求出准线方程，根据焦半径公式计算可得.
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【详解】抛物线 的准线为 ，设所求点的纵坐标为 ，
则 ，解得 .
故答案为：
13. 设 是数列 的前 项和， 且 ，则 __________.
【答案】 ##
【解析】
【分析】先根据 再化简得出 ，即可求出通项公式再计算即可求值.
【详解】因为 ，左右同时乘以 ，
则 ，又因为 ，
所以 是以 1 为首项以 1 为公差的等差数列，
所以 ，所以 ，
所以 .
故答案为： .
14. 在棱长为 2 的正方体 中， 为平面 内一动点， 与 所成的角为 ，则
动点 所在曲线的焦距为__________.
【答案】8
【解析】
【分析】建立空间直角坐标利用空间向量由两直线夹角得出动点 的坐标满足的关系式，求出轨迹方程即
可得出结果.
【详解】根据题意以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，如下
图所示；
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易知 ，则
设 ，则 ，
由 与 所成的角为 可得 ；
整理可得 ，即 ；
因此可知动点 所在曲线为双曲线，且 ;
所以其焦距为 .
故答案为：8
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用空间向量根据夹角的大小得出动点坐标满足的轨迹方程，求出焦
距.
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. 已知曲线 的方程为 ．
（1）若曲线 表示圆，求 的取值范围；
（2）当 时，直线 与曲线 交于 两点，求 .
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）将方程化为标准方程，列式求解即可；
（2）根据题意可得圆心和半径，结合垂径定理求弦长.
【小问 1 详解】
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由曲线 的方程整理可得 ，
则 ，解得 或 ，
所以 的取值范围为 .
【小问 2 详解】
若 ，则曲线 ： ，可知圆心 ，半径为 ，
则圆心 到线 的距离 ，
所以 .
16. 在四棱锥 中，底面 为矩形， 平面 .点 分别在 上，且
分别为 的中点.
（1）求证： 平面 ；
（2）当 ，求平面 与平面 的夹角.
【答案】（1）证明见解析；
（2） .
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理得证.
（2）以 为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解.
【小问 1 详解】
在四棱锥 中， 平面 ， 平面 ，则 ，
由底面 为矩形，得 ， 平面 ，
于是 平面 ，而 平面 ，则 ，又 ， ，
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平面 ，因此 平面 ，而 平面 ，
则 ，同理 ，又 平面 ，
所以 平面 .
【小问 2 详解】
由（1）知，直线 两两垂直，
以 为坐标原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
由（1）知平面 的法向量为 ， ，
设平面 的法向量 ，则 ，令 ，得
，所以平面 与平面 的夹角为 .
17. 已知数列 满足 ，且 .数列 的前 和为 ， .
（1）证明：数列 为等比数列，并求出数列 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 .
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
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【分析】（1）由等比数列定义可证明 为等比数列，由等比数列通项公式计算可得 ；
（2）根据表达式利用裂项相消求和可得 .
【小问 1 详解】
由已知得 ，
因此 为常数，
可得数列 为等比数列.
即数列 为首项为 2，公比为 2 的等比数列；
可得 ，
即
【小问 2 详解】
由（1）可得 ，
∴ 前 和为
；
所以
.
18. 古希腊数学家阿基米德得到：椭圆的面积等于圆周率 与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆
的中心为原点，焦点 均在 轴上， ，其面积为 .
（1）求椭圆 的方程；
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（2） 分别是椭圆 的左，右顶点， 分别是椭圆 的上、下顶点，设 为第二象限内椭圆 上
的动点，直线 与直线 交于点 ，直线 与直线 交于点 ，判断直线 的斜率是否为
定值，若是求出这个值；若不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）是，
【解析】
【分析】（1）根据 ，其面积为 ，列出关于 、 、 的方程组，求出 、 即可得结
果；
（2）设 ，可得直线 ，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理，以及斜率
公式将直线 的斜率用 表示，消去 即可得结果.
【小问 1 详解】
椭圆 的中心为原点，焦点 均在 轴上，
，其面积为 .
设椭圆 ，
则 ， 解得 ，
所以 的方程为 ；
【小问 2 详解】
设 则 即
直线 得
直线 与直线 联立得
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因为 即 代入上式
得
【点睛】方法点睛：探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求
出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值
. (3)存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.①当条
件和结论不唯一时要分类讨论.②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.③当条件
和结论都不知，按常规方法很难时，采取另外的途径.
19. 从 点引出三个不共面的向量 ，它们之间的关系和右手拇指、食指、中指相同，则这个标架
构成右手标架，如图所示.规定： 为一个向量，它的长度为 ，它的方向与向
量 均垂直，且使 构成右手标架.该运算满足：
. 为单位正交基底，且 符合右手标架，
以 的正方向为 轴、 轴、 轴的正方向建立空间直角坐标系，若 ，则记
.
（1）证明： ；
（2）已知向量 ，求 的坐标表示；
（3）①三棱锥 中， ，求三棱锥 的体积 ；
②请结合“ ”与“数量积”的几何意义，用 表示平行六面体 的体积.
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【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）① ；②
【解析】
【分析】（1）将两向量 分共线和不共线两种情况，按照定义新运算分别判断 与 的模和方向即
可证得；
（2）按照定义新运算，用 的展开式（用 表示）进行运算，利用右手标架的规定求出结果，即得
其坐标；
（3）①利用 的几何意义求出 的面积，再由 在 方向上的投影长度，
即可三棱锥 的体积；②由 的几何意义求出 的面积，再求点 到底面 的距离，
即得平行六面体的体积.
【小问 1 详解】
若 与 共线时， ；
若 与 不共线时，
即 与 的模相等；
根据定义知 与 同时垂直于 ，因此 与 共线；
由于按顺序 与 分别构成右手标架 与 ，
所以 与 方向相反，因此 .
【小问 2 详解】
，
由定义知 ， ， ，
代入上式得 ，因此 的坐标表示为
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【小问 3 详解】
① 的几何意义为：以 ， 为邻边的平行四边形的面积.
∴ ，
在 方向上的投影长度为
∴
②由 的几何意义可得平行六面体 的底面 的面积为 .
点 到底面 的距离为 在底面 的法向量 的投影的长度.
因此 .
【点睛】思路点睛：本题主要考查关于空间向量的新定义运算，属于难题.
解题思路即是理解并弄清新定义运算的结果性质，按照规定进行相应的计算或判断，并把运算结果换成生
活语言解决实际问题.
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