河南省郑州市2024-2025学年高二上期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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本试卷分第 I 卷 (选择题) 和第 II 卷 (非选择题) 两部分. 考试时间 120 分钟， 满分 150 分. 考生应首先阅读答题卡上的文字信息， 然后在答题卡上作答， 在试题卷上作答无效. 交卷时只交答题卡.
第 I 卷 (选择题， 共 60 分)
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， 请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 直线 的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由直线方程求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求得答案.
【详解】直线化为
所以直线的斜率为，
设直线倾斜角为，则,
因为
所以，
故选：B.
2. 抛物线 的准线方程为（ ）
A. x=-1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先写成抛物线的标准方程，再求准线方程.
【详解】抛物线的标准方程为，开口向上，准线方程为.
故选：D.
3. 已知正项等比数列 的前 项和为 254，则 （ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算可得首项和公比，即可由求和公式求解.
【详解】由于为正项数列，故，公比，
由可得，
由则，故公比为，
因此，故，解得，
故选：C
4. 已知双曲线 的渐近线方程为 ，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据渐近线方程求出，从而根据求出离心率.
【详解】化为，
则，因为双曲线 的渐近线方程为 ，
故，故双曲线的离心率为.
故选：D.
5. 在三棱锥中，点分别是的中点，点为线段上靠近的三等分点，若记，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意作图，利用空间向量的线性运算，可得答案.
【详解】根据题意，作图，
.
故选：C
6. 数列满足 ，其前项的积为 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求数列的周期，再求乘积.
【详解】，，，，
所以数列的周期为4，且，
所以.
故选：A
7. 已知是直线 上一动点，过点作圆 的两条切线，切点分别为 ，则四边形周长的最小值为（ ）
A. B. C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆心到直线的距离转化求四边形周长的最小值.
【详解】圆，即，
由对称性可知，四边形的周长为，
而，的最小值为点到直线的距离为，
所以的最小值为，则四边形的周长的最小值为.
故选：B
8. 在边长为 2 的正方体中，分别为的中点， 分别为线段 上的动点 (不包括端点) 满足 ，则线段的长度最小值为（ ）
A. 2B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用坐标法表示垂直关系，再代入距离公式，即可求解.
【详解】如图建立空间直角坐标系，，，设，，
，，
因为，所以，即，
所以，
当时，线段的最小值为.
故选：A
二、多选题:本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 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 ，则下列结论正确的是（ ）
A. 与 共面
B.
C. 在上的投影向量为
D. 与夹角的余弦值为
【答案】AD
【解析】
【分析】我们可以利用平面向量的基本定理判断选项A；然后利用向量的坐标运算计算其他选项即可.
【详解】假设与共面，则有解，即有解，
解得 ，故选项A正确；
，所以，故选项B错误；
在上的投影向量为，故选项C错误；
，故选项D正确；
故选：AD
10. 已知是公差为的等差数列的前项和，且，下列说法正确的是（ ）
A. B. 数列的最小项为
C. D. 能使时的最大值为15
【答案】BC
【解析】
【分析】根据给定条件，可得，再结合单调性及前项和公式逐项判断.
【详解】在等差数列中，由，得，
对于A，，A错误；
对于B，数列是递增数列，前8项均为负，从第9项起为正，则数列的最小项为，B正确；
对于C，由，得，因此，C正确；
对于D，由，得，D错误.
故选：BC
11. 椭圆的两个焦点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为16
B. 若直线与恒有公共点，则的取值范围为
C. 若上存在点，使得，则的取值范围为
D. 若为上一点，为左焦点，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆的定义，即可判断A，根据椭圆方程的形式，以及直线所过定义，即可判断B，将存在点使，转化为以为直径的圆与椭圆有交点，再讨论焦点的位置，即可列式求解，利用椭圆的定义，结合数形结合，转化为三点共线，即可判断D.
【详解】A.若，则，，则的周长为，故A正确；
B. 直线恒过定点，若直线与恒有公共点，
则且，故B错误；
C. 若上存在点，使得，则，
若椭圆的焦点在轴，则，，解得，
若椭圆的焦点在轴，则，，解得：，
综上可知，取值范围为，故C正确；
D.，椭圆方程为，，，，
设椭圆的右焦点为，则，
如图，当三点共线，且，等号成立，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ACD
三、填空题:本大题共 3 小题， 每小题 5 分， 共计 15 分.
12. 已知 ，且 ，则 _____.
【答案】5
【解析】
【分析】由 可得数量积为零，从而可求出的值.
【详解】因为 ，且 ，
所以 ，解得 ，
故答案为： .
13. 一条光线从点射出，与轴相交于点 ，经轴反射，求反射光线所在的直线方程_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据入射光线与反射光线所在直线的斜率关系，即可求反射光线所在直线的斜率，再代入点斜式直线方程，即可求解.
【详解】由条可知入射光线和反射光线所在直线的斜率互为相反数，
入射光线的斜率，所以反射光线所在直线的斜率为，且过点，
所以反射光线所在的直线方程为，即.
故答案为：
14. 意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时， 发现有这样一列数: 1， ，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即 ， . 后来人们把这样的一列数组成的数列 称为“斐波那契数列”. 记 Sn 为“斐波那契数列” 的前 项和，若 ，则 _____. (结果用 表示)
【答案】
【解析】
【分析】由题意得当 时， ，据此可证得 ，再结合已知条件可求得结果.
【详解】由题意知
，
所以 ，则，
，
，
，即 ①，
由题意得当 时， ，则 ，
所以 ，
所以
，
所以 ，所以 ② ，
所以由①②可得 .
故答案为：
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
四、解答题: 本题共 5 小题， 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知圆心为的圆经过两点，且圆心在直线 : 上.
（1）求圆的标准方程;
（2）过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或 .
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求圆的方程；
（2）利用弦长公式求圆心到直线的距离，再讨论直线的斜率，代入点到直线的距离公式，即可求解.
【小问1详解】
设圆的标准方程为，
故圆心的坐标为， 因为圆心在直线上，
所以
因为是圆上两点，所以 ，根据两点间的距离公式，有
，即 ，
由①②可得 ，
故圆的方程为 ，
【小问2详解】
由(1)知，圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为,则 ,
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为3，符合题意;
若直线的斜率存在，设直线的方程为,即,
由题意可得 ，解得，
此时，直线的方程为,即.
综上所述，直线的方程为或.
16. 已知抛物线上的点与抛物线焦点的距离为3，点到 轴的距离为 .
（1）求抛物线的方程；
（2）若点在第一象限，则经过抛物线焦点和点的直线交抛物线于点，经过点和抛物线顶点的直线交抛物线的准线于点，求证：直线BD平行于抛物线的对称轴.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据点与抛物线焦点的距离为3、点到 轴的距离为列出方程组可得答案；
（2）联立直线的方程、抛物线的准线方程可得点的纵坐标，再由直线的方程和抛物线联立，可得点的纵坐标，再由点和点的纵坐标相等可得答案.
【小问1详解】
抛物线的准线方程为：，
由题意可得，整理可得，
所以抛物线为：；
【小问2详解】
由题意可知，
则直线的方程为：①，
抛物线的准线方程是②，
联立① ②可得点的纵坐标为：，
因为焦点的坐标为2,0，故直线的方程为
③
把③式和抛物线联立，即，消去得
，
又因为点纵坐标为，故可得点的纵坐标为，
点和点的纵坐标相等，于是可得 DB 平行于轴.
17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，侧棱底面，点在线段上运动.
（1）证明: 平面；
（2）若平面与平面的夹角为，试确定点的位置.
【答案】（1）证明见解析；
（2）点为线段的中点.
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，，由线面垂直判定定理证明；
（2）设，设点的坐标为，利用空间向量法中两平面的夹角公式可得的值.
【小问1详解】
底面底面，
，
在中，，即，
又平面，所以平面；
【小问2详解】
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
依题意得：，，
由（1）可知，平面，所以平面的一个法向量，
由题意可设，设点的坐标为，
则，
即 ，
可得点的坐标为 ，
所以，
设n1=x1,y1,z1是平面的法向量，则，
即 ，取，则，
所以是平面的一个法向量，
因为平面与平面的夹角为，
所以，
解得，所以点为线段 的中点.
18. 已知数列的前项和为且.
（1）求数列的通项公式；
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.
（i）记，求数列的通项公式;
（ii）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据和与项的关系结合等比数列的通项公式即可求解；
（2）（i）根据题意可得，从而可求；
（ii）利用错位相减法即可求解.
【小问1详解】
当时，，
当时，，即.
又
所以数列是1为首项，2为公比的等比数列，所以；
【小问2详解】
（i）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
则为新数列的第1项，为新数列的第项，
即，即；
（ii）①，
②，
①一②得，，
，
，
所以.
19. 在平面直角坐标系 中，对于任意一点 ，总存在一个点， 满足关系式 ，则称为平面直角坐标系中的伸缩变换.
（1）在同一直角坐标系中，求平面直角坐标系中的伸缩变换，使得圆 变换为椭圆；
（2）已知曲线经过平面直角坐标系中的伸缩变换 得到的曲线是 ，且与轴有两个交点 (在的左侧)，过点且斜率为 的直线与在轴右侧有两个交点.
（i）求的取值范围；
（ii） 若直线的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）代入伸缩变换公式，利用待定系数法，即可求解；
（2）首先利用伸缩变换公式求曲线的方程，（ⅰ）联立直线与曲线的方程，利用判别式和韦达定理，求得到取值范围；（ⅱ）利用韦达定理表示和，即可求解.
【小问1详解】
将伸缩变换 代入 ，
得到 ，则 ，
，
故所求的伸缩变换为 ；
【小问2详解】
因为经过平面直角坐标系伸缩变换： 得到的曲线为 ，
故可得的方程为，即，
（i） 与轴的两个交点 的坐标分别是，
因为直线过点，斜率为，所以直线的方程为，代入 ，
消去并整理得 ，设，
则， ，

因为与在轴的右侧有两个交点，所以，且 ，
解得或 ，
所以的取值范围是 ；
（ii） 证明：由①知 或 ，所以 ，
，
，
所以， 为定值.
【点睛】关键点点睛：本题的关键1是理解伸缩变换的公式，关键2是利用韦达定理表示交点的特征，以及几何关系，并能正确运算.