黑龙江省牡丹江地区共同体2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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考试时间：120分钟 分值：150分
一、单选题（每题5分，共40分）
1. 已知等比数列中，，，则（ ）
A. 48B. 15C. 3D. 63
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的定义及通项公式可得解.
【详解】由题意，，
所以.
故选：A
2. 若是等差数列，表示的前项和，，，则中最小的项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差中项的性质及求和公式可得，，进而可确定数列的最小项.
【详解】由数列为等差数列，
则，且，
即，，
所以当时，取最小值，
即数列的最小项为，
故选：B.
3. 若，，则的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由幂函数导数公式可求f′x，由条件列方程求.
【详解】因为，所以，
又，
所以，
所以.
故选：A.
4. 已知椭圆右焦点为，点是上的一点，点是线段的中点，为坐标原点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】记椭圆的左焦点为，连接，利用中位线的性质求出，再利用椭圆的定义可求得.
【详解】记椭圆的左焦点为，连接，
又点是线段的中点，为的中点，所以，
又，所以，
在椭圆中，，
又点是上的一点，所以，所以．
故选：A．
5. 抛物线上的点到其准线的距离与到直线的距离之和的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，转化距离，利用数形结合，即可求解.
【详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
设抛物线上的点到其准线的距离为，点到直线的距离为，
由抛物线的定义可知，则，
其最小值为焦点到直线的距离，距离，
即抛物线上的点到其准线的距离与到直线的距离之和的最小值为.
故选：D
6. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点Px,y是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】转化为点Px,y与连线的斜率，数形结合后由直线与圆的位置关系求解.
【详解】记，则为直线的斜率，
故当直线与半圆相切时，得k最小，
此时设，故，解得或（舍去），
即．
故选：C.
7. 已知正项等比数列的前项和为，且满足，设，将数列中的整数项组成新的数列，则（ ）
A. 2023B. 2024C. 4046D. 4048
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列定义，将代入计算可得，；可得，再由新的数列的性质求出其通项为即可得出结果.
【详解】令数列的公比为，，
因为，
所以当时，，即，
当时，，即，解得（舍去），
所以，即，
因为数列中的整数项组成新的数列，
所以，此时，即，
可得.
故选：D.
8. 已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，是该椭圆和双曲线的一个公共点，，的外接圆半径为2，且，记椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的最小值为4
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆与双曲线中参数之间的关系得到，判断A选项；由三角形正弦定理求得角，由椭圆和双曲线定义表示出线段，再用余弦定理求得关系，由三个参数的关系式，判断B选项；由两边同除再化简，判断C选项；用离心率公式代换代数值后利用基本不等式求得最小值，判断D选项.
【详解】∵双曲线，则焦点在轴，则椭圆中，
∵，∴，即，即，故A选项错误；
由正弦定理可知在中，∴，
∵，∴，
由椭圆和双曲线的定义可知：，解得，
∴，
即，∴，
∴，B选项错误；
∵，∴，即，∴，C选项正确；
当且仅当，即时取等号，所以最小值为，D选项错误.

故选：C.
【点睛】方法点睛，本题巧用三角形正弦定理求出角是关键，然后就是利用椭圆与双曲线的几何性质和参数之间的关系，进行整理化简即可.
二、多选题（每题6分，共18分）
9. 已知数列是公比为的等比数列，且成等差数列，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】AD
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式结合等差中项列方程求解.
【详解】由题意，，由等比数列通项公式可得，
由于等比数列每一项都不是，故，
即，解得或.
故选：AD
10. 已知椭圆的左右两个焦点分别为、，左右两个顶点分别为、，P点是椭圆上任意一点（与不重合），，则下列命题中，正确的命题是（ ）
A. B. 的最大面积为
C. 存在点P，使得D. 的周长最大值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】设Px0,y0，表示出和，利用椭圆方程化简即可判断AC；结合图形求解可判断B；利用椭圆定义将的周长转化为，结合图形求解可判断D.
【详解】对A，由题知，，则，
设Px0,y0，，
则，A正确；
对B，易知当点为短轴端点时，的面积最大，最大值为，B正确；
对C，，
则，C错误；
对D，由椭圆定义可知，，所以，
又，
所以，
当三点共线，且在线段上时，等号成立，D正确.
故选：ABD
11. 已知数列满足：，，，数列的前项的积为，记，则（ ）
A. 数列是等比数列B.
C. 当为奇数时，D. 当为偶数时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题设中数列的递推关系式得到，结合条件得到，两边取对数得到数列，即可判断选项A；在此基础上求出，进而得到与的关系即可判断选项B；结合条件分为奇数和为偶数两种情况求，进而得到即可判断C、D.
【详解】显然，．因为，所以，
又，所以，即当时，．显然，
对于A，∵，∴，又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，故A正确；
对于B，由选项A知， ，所以，，两式相除得，故B错误；
对于C，当为奇数时，
，
所以有，故C正确；
对于D，当为偶数时，
，
所以有，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（每题5分，共15分）
12. 曲线在点处的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】由导数的几何意义即可求解.
【详解】由题可得，当时，，
即曲线在点处的切线斜率，所以所求切线方程为．
故答案为：
13. 若数列满足，，则称该数列为斐波那契数列．如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”．记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前n项和为．给出下列结论：
①；
②是奇数；
③；
④．
则所有正确结论的序号是________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据递推公式求出即可判断①；观察数列的奇偶特点即可判断②；根据递推公式，结合累加法即可判断③；根据递推公式可得，结合累加法计算即可判断④.
【详解】对于①，由，且，可得斐波那契数列：，，，，，，，，故故①正确；
对于②：由斐波那契数列：，，，，，，，，，，，，
可得每三个数中前两个为奇数，后一个偶数，且，所以奇数，故②正确；
对于③：因为，
相加可得：，故③错误；
对于④：因为斐波那契数列总满足，且，
所以，
，
，
类似的有，，
其中
累加得，
，
故：，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点睛：本题的关键是理解斐波那契数列的特点，直接计算可判断①②，利用累加法即可判断③④.
14. 已知，M是椭圆上的动点，，分别是其左右焦点，则的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】设，可得，结合椭圆的第二定义可得，进而得到，进而利用基本不等式求解即可.
【详解】由题意，要求的最大值，设，
则，即，
由，得，则，
则，，椭圆的右准线为，
则到右准线为的距离为，
根据椭圆的第二定义可知，，即，
又，，
则
，
由于，则，
当且仅当，即时，等号成立，
则，
即的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用椭圆的第二定义得到，进而表示出，再利用基本不等式求解即可.
四、解答题（共77分）
15. 在数列中，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由数列递推公式，采用累加方法可求得数列的通项公式；
（2）求数列的前项和，分别采用错位相减法和分组求和法即可求得结果.
【小问1详解】
因为数列满足，且，
当时，可得，
即，
当时，适合上式，
所以数列的通项公式为．
【小问2详解】
由于，且，
则，
即，
设，
则，
两式相减得：，
所以，
所以.
16. 已知是抛物线的焦点，是上在第一象限的一点，点在轴上，轴，，．
（1）求的方程；
（2）过作斜率为的直线与交于，两点，的面积为（为坐标原点），求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义即可求解；
（2）设直线的方程为，代入抛物线方程，利用弦长公式计算出，再根据点到直线的距离公式计算出点到直线的距离，根据面积公式建立等式计算即可求解.
【小问1详解】
由题知，，
由抛物线的定义知，，
，的方程为．
【小问2详解】
由（1）知，设，，
直线的方程为，代入，整理得，
由题易知，，，
，
到直线的距离为，
，解得，
直线的方程为或．
17. 如图，在三棱台中，上､下底面是边长分别为4和6的等边三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足.
（1）证明：平面；
（2）若直线和平面所成角的余弦值为，求该三棱台的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得，再结合线面垂直的判定定理可得结果；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用线面角的向量求法及棱台的体积公式可得结果.
【小问1详解】
由三棱台知，平面，
因为平面，且平面平面，
所以，
因为，所以，又，平面，
所以平面；
【小问2详解】
取中点，连接，以为原点，为轴，为轴，
过点做轴垂直于平面，建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为，
则
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得平面的一个法向量，
易得平面的一个法向量，
设与平面夹角为，
，
所以
由，得，
由（1）知，所以，
解得，所以三棱台的体积.
18. 在数列中，已知，（）．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）记，数列的前项和为，求使得的整数的最小值；
（3）是否存在正整数、、，且，使得、、成等差数列？若存在，求出、、的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）不存在，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）证明数列为等比数列，即转化变形方向为与的关系.首先分离与，然后两边同取倒数，再同减去1，即可得证；
（2）先由(1)结论求出，再化简，根据分式形式，裂项求和得，求解不等式，估值可得整数的最小值；
（3）假设存在正整数、、，使得、、成等差数列，得到、、的等量关系，根据整数性质，等式左偶右奇不可能成立．
【详解】（1）证明：由，得，从而，
，
又，故数列为等比数列；
（2）解：由(1)得，，故，
所以，
，
令，则，
解得，，.
故使得的整数的最小值为10；
（3）解：假设存在正整数、、满足题意，则，
即，
即
两边同除以得，
(*)
由得，，；
所以为奇数，而、均为偶数，
故(*)式不能成立；
即不存在正整数、、，且，使得、、成等差数列.
【点睛】数列常见裂项形式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）.
19. 在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线的距离之比为，记的轨迹为曲线，直线交右支于，两点，直线交右支于，两点，．
（1）求的标准方程；
（2）证明：；
（3）若直线过点，直线过点，记，的中点分别为，，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，求四边形面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据两点间的距离和点到直线的距离公式即可列等式求解；
（2）根据直线与双曲线联立方程，得韦达定理，结合数量积坐标运算即可证明；
（3）依据题意得直线和直线的方程分别为，联立直线和曲线E方程求得韦达定理，从而利用中点坐标公式求出点P坐标，同理求出点Q坐标，再利用点到直线距离公式分别求出点P和点Q到两渐近线的距离，接着根据计算结合变量取值范围即可求解.
【小问1详解】
设点，因为点到点的距离与到直线的距离之比为，
所以 ，整理得，
所以的标准方程为.
【小问2详解】
由题意可知直线和直线斜率若存在则均不为0且不为，

①直线的斜率不存在时，则可设直线方程为，，
则且由点A和点B在曲线E上，故，
所以，
同理可得，所以；
②直线斜率存在时，则可设方程为，Ax1,y1、Bx2,y2，
联立，
则即，
且，且，
所以
，
同理 ，所以，
综上，.
【小问3详解】
由题意可知直线和直线斜率若存在则斜率大于1或小于，
且曲线E的渐近线方程为，
故可分别设直线和直线的方程为和，且，

联立得，设Ax1,y1、Bx2,y2，
则，
，，
故，
因为P是中点，所以即，
同理可得，
所以P到两渐近线的距离分别为，
，
Q到两渐近线的距离分别为，
，
由上知两渐近线垂直，故四边形是矩形，连接，
则四边形面积为
，
因为，所以，
所以，
所以四边形面积的取值范围为.
【点睛】关键点睛：求解四边形面积的取值范围的关键1在于明确直线和直线的变量m的范围为，；关键2在于先将四边形补形为矩形再分割为四边形和两个三角形利用来计算求解.