山西省阳泉市2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题（Word版附解析）

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（考试时间120分钟，满分150分）
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后.再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5毫米的黑色笔迹签字笔写在答题卡上.
4.考试结束后将本试题和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
1. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的求和公式以及等差数列的性质计算可得的值.
【详解】因为等差数列的前项和为，且，
则，所以.
故选：C.
2. 已知双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为，且满足，则的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线渐近线的倾斜角的关系可求两条渐近线的倾斜角，结合离心率公式可得答案.
【详解】双曲线的两条渐近线方程分别为，易知.
又，解得.所以，
所以的离心率为.
故选：D.
3. 已知数列的前项和为，且，则（ ）
A. 188B. 189C. 190D. 191
【答案】B
【解析】
【分析】由通项公式结合分组求和、等差数列前项和公式即可求解；
【详解】因为
，
所以.
故选：B.
4. 过点向圆可以作两条切线，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，可得点在圆外，由此列出不等式求出范围.
【详解】依题意，得点在圆外，则，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：A
5. 当时，设函数存在导数，且满足，若，则（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据得是常数，再由得，即可得函数解析式，进而求函数值.
【详解】由，即，即，
所以是常数，
当时，，所以，
当时，，得.
故选：D
6. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等比数列的性质：等比数列的片断和成等比数列求解．
【详解】设，则，
因为是等比数列，所以也成等比数列，且公比为，
所以，即，
所以.
故选：B.
7. 已知点是抛物线上的一个动点，点是直线上的一个动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线与抛物线相切时，切点到直线的距离即为最小值，由此可求解．
【详解】设直线与抛物线相切于点Px0,y0，显然切点位于第一象限，
在第一象限内，由，得，则，
所以，即，所以点的坐标为，
所以的最小值为点到直线的距离，即.
故选：A
8. 已知函数，若恒成立，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数解析式求出，分离参数可求答案.
【详解】由，得，求导得，
因为，所以恒成立.
令，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，所以，即最小值为1.
故选：C.
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. 已知直线，则下列选项正确的是（ ）
A. 当直线与直线平行时，
B. 当直线与直线垂直时，
C. 直线与轴正半轴和正半轴围成的三角形面积的最小值是
D. 直线和圆相交于两点，则最小值是4
【答案】AD
【解析】
【分析】由直线方程易知过定点且斜率为，根据直线平行、垂直时斜率关系判断A、B；求直线与坐标轴交点，应用三角形面积公式及基本不等式求最值判断C；根据已知分析有直线与直线垂直时最小，再应用圆中弦长的几何求法求判断D.
【详解】由直线，得斜率为，且过定点，
对于，直线的斜率为，当直线与直线平行时，正确；
对于B，当直线与直线垂直时，由，得，错误；
对于C，由题意得，当时，当时，
所以三角形面积，
当且仅当，即时取等号，所以，错误；
对于D，由题意得，当直线与直线垂直时最小，
此时，所以，正确.
故选：AD
10. 已知双曲线的左顶点为，右顶点为，第一象限的点在上，且点不与点重合，若直线与直线的斜率分别为，则下列命题中正确的是（ ）
A. 存在点，使
B. 存在点，使
C. 对任意点，均有
D. 对任意点，均有
【答案】BC
【解析】
【分析】求出左右顶点、 坐标，设，根据两点式表示出斜率，对于A，由，得，代入双曲线方程，得方程无实数根，则A错误；对于B，由，得，代入双曲线方程，解得，则B正确；对于C，由双曲线方程，得，可得，则C正确；对于D，由，则得，代入双曲线方程，得，则只存在一个点满足题意，则D错误.
【详解】
由题意，得左顶点A−2,0，右顶点，
设Pm,nm>2,n>0，则，
所以.
对于A，由，得，
所以.
若，则，即，
代入，得，显然此方程无实数根，故A错误；
对于B，，若，则，
解得，代入，解得，故B正确；
对于C，由，得，
所以，故C正确；
对于D，，
若，则，即，代入，得，显然只存在一个点满足题意，故D错误.
故选：BC.
11. 设函数，则（ ）
A. 是的极小值点B.
C D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由二倍角正弦公式得，对函数求导并研究其区间单调性，结合极值点定义、单调性判断A、B、C；首先得到，再根据区间单调性，及对称性判断D.
【详解】由，
得.
所以，
当时，单调递减；
当时，单调递增
对于A，显然是的极小值点，正确；
对于B，显然，而在内单调递减，所以，正确；
对于C，当时，，故.
由，得，即，错误；
对于D，由，
得
所以，
因为，而在内单调递增，
所以，即，正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：对于D，注意首先确定函数的对称性有为关键.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 抛物线的焦点到准线的距离是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由抛物线的解析式求出，即可求解.
【详解】抛物线即，其图象是由抛物线的图象向上平移一个单位得到，
由，得焦点到准线的距离是.
故答案为：.
13. 已知直线与曲线相切，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】设出切点，求导，根据点斜式求解切线方程，代入可得，即可求解.
【详解】，设切点横坐标为，
曲线在处的切线方程为，
将代入，得，解得，则.
故答案为：2
14. 在数学中连加符号是“”，这个符号就是连续求和的意思，把满足“”这个符号下面条件的所有项都加起来，例如：.类似的在数学中连乘符号是“”，这个符号就是连续求积的意思，把满足“”这个符号下面条件的所有项都乘起来，例如：.已知数列满足：，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据递推关系有，且，再结合运算定义分别求出，即可得结果.
【详解】可得，
即，
故
；
又由，可得，
故
，
故.
故答案为：1.
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. 已知等比数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由列出等式求得公比，即可求解；
（2）由错位相减法即可求解；
【小问1详解】
设等比数列的公比为，则.
因为，所以，解得.
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）得，，所以，
则.
所以，
则，
两式相减，得
所以
16. 已知点是抛物线上的动点，过向轴作垂线段，垂足为，记垂线段的中点为.
（1）求点的轨迹方程；
（2）不过坐标原点的直线与点的轨迹相交于两点，且以线段为直径的圆过点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点的坐标为，，则的坐标为，代入抛物线方程计算即可；
（2）联立，借助韦达定理及，求得，进而利用弦长求得面积.
【小问1详解】
设点的坐标为，则点的坐标为，
又点在抛物线上，所以，化简得，
所以点轨迹方程为
【小问2详解】
设Ax1,y1,Bx2,y2，
由，得，
由，得，
，
所以，
因为以为直径的圆过点，所以，即，
所以，解得，或（舍去）.
所以，
又原点到直线距离为，
所以的面积.
17. 如图，在三棱柱中，平面，.
（1）若，求证：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
分析】（1）连接，设，连接，利用线线平行可证线面平行；
（2）可证，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量是，求得平面平面的一个法向量，利用向量法可得的方程，求解即可.
【小问1详解】
连接，设，连接，
则在平行四边形中，是的中点，
又，所以是的中点，
所以，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
故以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
所以，
故，
，
设平面的法向量是，所以
即，取，得，
所以，
易知平面的法向量是.
因为二面角的余弦值为，
所以，
解得.
18. 已知椭圆的两个焦点为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过点的直线与椭圆交于两点，求证：的内心在一条定直线上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，代入点的坐标可得，求解可得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理可得，设直线的斜率分别为，计算可得恒成立，进而可得结论.
【小问1详解】
因为椭圆两个焦点为，所以，则，
又点在椭圆上，所以.即，
两式联立，解得，所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为，
联立，得，
则，得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
设直线的斜率分别为.
所以，
因为，
所以恒成立，则直线的倾斜角互补，即的平分线总垂直于轴，
所以的内心在定直线上.
19. 如果函数的导数，可记为.若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积.
（1）求曲线在上与轴围成的封闭图形的面积；
（2）当时，求证：；
（3）求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由基本函数的导数公式和题中新定义的含义计算即可.
（2）先由新定义的运算得到，再构造函数，利用导数分析单调性，证明结论.
（3）先证明时，再利用结论，得，累加法可得答案.
【小问1详解】
由，得.
由题意可得所求面积.
令，则是常数）
所以，
即曲线在上与轴围成的封闭图形的面积为.
【小问2详解】
令，可得（是常数），
所以，
要证，只需证，
令，
当时，，
所以在上单调递减，所以当时，，
所以，即.
【小问3详解】
由（2）得，当时，.
因为，所以.
即.
所以.
.
.
.
累加可得
，
即，
所以.
【点睛】关键点点睛：构造函数，求导证明，进而得到，利用累加法得出答案.