广东省深圳市高级中学2024−2025学年高二上学期期末数学试题

这是一份广东省深圳市高级中学2024−2025学年高二上学期期末数学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．若为空间的一个基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（ ）
A．B．
C．D．
2．在数列中，，，则（ ）
A．43B．46C．37D．36
3．已知直线y=2x是双曲线的一条渐近线，则的离心率等于（ ）
A．B．C．D．或
4．已知直线和直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．三棱锥的四个顶点均在同一球面上，其中平面，是正三角形，，则该球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，二面角的大小为，点A，B分别在半平面，内，于点C，于点D．若，，．则（ ）

A．B．6C．D．
7．直线与圆相交所形成的长度为整数的弦的条数为（ ）
A．5B．4C．3D．2
8．已知一个各项非零的数列满足且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．首项为正数，公差的等差数列，其前项和为，则下列命题中正确的有（ ）
A．若，则是严格增数列
B．数列一定是等差数列
C．若，则使的最大的为
D．若（为常数），则
10．设为坐标原点，直线过抛物线：的焦点，且与交于两点，若直线为的准线，则（ ）
A．
B．
C．为等边三角形
D．以为直径的圆与相切
11．已知正方体的棱长为，点为正方形（含边界）内的一个动点，过棱的中点作该正方体的截面，满足与棱和棱分别交于两点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．直线与所成角的正切值为
C．截面的面积为
D．当时，点的轨迹长度为
三、填空题（本大题共3小题）
12．在正方体中，直线和直线所成的角为 .
13．设等比数列的前项和为，若，则 ．
14．已知椭圆的标准方程为，右顶点为，左顶点为，设点为椭圆上一点，的面积的最大值为，则的值为 ；若已知点点为椭圆上任意一点，则的最小值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知圆的圆心在直线上，并且经过点，与直线相切．
(1)求圆的方程；
(2)经过点的直线与圆相交于A，B两点，若，求直线的方程．
16．如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，是的中点，作交于点.
(1)求证：平面；
(2)若平面与平面的夹角的正弦值为，
（i）求长；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值.
17．一动圆与圆外切，同时与圆内切．
(1)求动圆圆心的轨迹方程；
(2)记（1）所求轨迹方程对应的曲线为，点为曲线上一动点，点的坐标为，求点到点距离的最小值，并给出此时点的坐标．
18．已知数列是等差数列，正项数列是等比数列，为数列的前项和．，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若对任意正整数恒成立，求实数的最小值；
(3)若，求数列的前项和．
19．现有一双曲线和分别为的左焦点和右焦点，是双曲线上一动点，的最大值为3．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)M是的右顶点，过的直线交双曲线左支于两点，
（i）求直线与直线的斜率之积；
（ii）判断是否是定值，并给出理由．
参考答案
1．【答案】B
【详解】对于A，因为，所以共面，
所以不能构成基底，
对于C，因为，
所以共面，所以不能构成基底，C错误；
对于D，，
所以共面，所以不能构成基底，D错误，
对于B，若共面，
则可设，故，
故共面，与条件矛盾，
所以不共面，即能构成基底，B正确；
故选：B.
2．【答案】C
【详解】法一：由题得，
所以.
法二：由题，，
所以.
故选：C.
3．【答案】A
【详解】的渐近线方程为，
因此，故，
故离心率为，
故选：A
4．【答案】B
【详解】由题设，可得，解得或.
当时，，此时，当时，，此时，
所以“”不能推出“”；“”能推出“”，
则“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5．【答案】D
【详解】取的外接圆圆心为，过点作底面，
为三棱锥外接球球心，设该球半径为，
由平面，则，连接、、，
由是正三角形，，故，
由，，则，
故有，
故该球的表面积.
故选：D.
6．【答案】C
【详解】解法一：作于点C，且，连接，，

，
；
解法二：由，，
得，，．
因为，
所以，
则，
解得，．
故选C.
7．【答案】C
【详解】直线化简得得，则恒过点，
圆的圆心为，半径为；
因此，在圆的内部，当与弦长垂直时，弦长最短，此时；
最大弦长应小于等于直径，因此长度为整数的弦的长度可以为4，5；
由对称性可知长度为4的只有一条，长度为5的弦长有2条，共3条.
故选：C.
8．【答案】A
【详解】因为，，
所以，
设，则，
所以
若，则,，矛盾，
所以，故，
所以数列为以为首项，公比为的等比数列，
所以，
故，
若，则，
数列为递增数列，且，
所以数列为递减数列，与已知矛盾；
若，则，
所以数列为递减数列，且，
所以数列为递增数列，满足条件；
当时， ，故，
所以数列为递减数列，
令，可得，
所以当，且时，，
当，且时，，
与条件矛盾，
所以的取值范围是，
故选：A.
9．【答案】ABD
【详解】选项A，因为，所以对于任意的，，
故，，所以A正确；
选项B，由已知，
所以，
所以，
所以数列一定是等差数列，故B正确；
选项C，由，
知且，故，
故等差数列首项，公差，
即数列为递减数列，当时，；当时，.
，，
且当时，，
故使的最大的n为21，故C项错误；
选项D，由可得，，
当时，，
因为为等差数列，所以，故，
故，满足关系，
所以，故D正确.
故选：ABD.
10．【答案】BD
【详解】抛物线的焦点的坐标为，
由已知直线过点，
所以，
所以，故，，所以A选项错误，
抛物线方程为，准线为，
由，
消去并化简得，，
不妨设，，，
解得或，
所以，B选项正确.
因为，
所以，
所以三角形不是等边三角形，C选项错误.
因为中点坐标为，该点到准线的距离是，
所以以为直径的圆与相切，D选项正确.
故选：BD
11．【答案】ABD
【详解】因为，
因为点为正方形（含边界）内的一个动点，
由已知平面平面，正方体的棱长为，
所以点到底面的距离为定值，
又的面积，
所以三棱锥的体积，
所以三棱锥的体积为定值，A正确；
以为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，
设，，
则，，，
因为，，，
故，，
所以，
，
所以，，故分别为棱的中点，
设截面与棱的交点分别为，
同理可证分别为棱的中点，
取的中点，连接，，则，
则直线FG与所成角即为直线FG与GM所成角．
在中，，，则，
即直线FG与所成角的正切值为，所以B选项正确；
因为正六边形即为截面，
又正方体的棱长为，
所以正六边形的边长为，所以其面积为，所以C选项不正确，
对于D选项，因为平面，平面，
所以，又，，
所以，
因为，即圆的半径大于，小于，
所以点的轨迹为下图中以为圆心，为半径的圆位于正方形内的一段圆弧，
且，，
所以，
又，所以，
所以，
所以点的轨迹长度为，所以D正确．
故选：ABD．
12．【答案】
【详解】如下图所示：
由正方体性质可得，
所以直线和直线所成的角等于，
又易知为等边三角形，所以.
故答案为：
13．【答案】
【详解】设数列的公比为，
若，则，，，
又，所以，，与矛盾，
所以，，
因为，所以，
所以可化为，
所以，
所以，
所以，
所以或或（舍去），
若，又，可得，此时，矛盾，
当时，，
故若，，此时，
若，，此时，
故答案为：.
14．【答案】
【详解】由已知条件可得、，
设，因为点为椭圆上一点，
所以，，，
所以的面积，当且仅当时取等号，
所以当的坐标为或时的面积取最大值，最大值为，
由已知可得，
所以椭圆方程为，
所以、分别为椭圆的左､右焦点，
所以，所以
所以
故
所以，
当且仅当，时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：；.
15．【答案】(1);
(2)或.
【详解】（1）设圆的方程为，
由已知得
解得，，，
所以圆的方程为，即.
（2）① 若直线的斜率存在，可设的方程为，即，
由（1）得圆心到直线的距离为 ，
解得，
此时，直线的方程为，即；
② 若直线的斜率不存在，则的方程为，
将其代入，可得或，
即得，，满足条件.
综上所述，直线的方程为或．
【易错警示】解决此类问题时,一定要考虑全面,尤其是设直线的方程时,一定要考虑直线斜率存在和不存在两种情况,不要想当然地认为直线的斜率存在而造成漏解.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)（i）2；（ii）
【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则.
因为，
故，所以.
由已知，且，平面.
所以平面.
（2）（i）设平面的法向量，因为，
所以，所以，令，得；
设平面的法向量，
所以，所以，令，得；
设平面与平面的夹角为，则，
因为，所以，所以，
解得（取正），所以长为2.
（ii）由（1）可知，故是直线与平面所成角的一个平面角，
在直角中，，
又，则与互余，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】(1)
(2)最小值为，点的坐标为或．
【详解】（1）设动圆圆心为，半径为，
设圆和圆的圆心分别为，
将圆的方程分别配方得：圆，圆
当动圆与圆相外切时，有①
当动圆与圆相内切时，有
将①②两式相加，得，
所以动圆圆心到点和的距离和是常数，
所以点的轨迹是焦点为点，长轴长等于的椭圆．
设该椭圆的标准方程为；椭圆的半焦距为，
则，，
所以，
所以，
所以动圆圆心轨迹方程为．
（2）根据题意得：设，
因为点在椭圆上，所以，故，
所以，
所以当时，最小值为，此时点的坐标为或．
18．【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
∵，，
∴，解得或，
∵，∴，故．
（2）∵对任意正整数恒成立，
∴对任意正整数恒成立.
令，则，
∵，
∴，即数列单调递减，
∴，故，即的最小值为．
（3）由，得，
∴，
当为偶数时，
，
当为奇数时，，
综上得，.
19．【答案】(1)
(2)（i）；（ii）是，理由见解析
【详解】（1）设，那么，，
根据，可得．
因为在上单调递减，
所以时，取最大值3，所以，解得．
所以．
因此根据题意可得的标准方程为．
（2）
（i）设，直线为，
联立直线方程和双曲线方程可得，化简得，
根的判别式，
所以根据韦达定理可得，
，
，
.
（ii）是定值，理由如下，设，
直线为，联立直线方程和双曲线方程可得
化简得，
根的判别式，
所以根据韦达定理可得，
所以，
所以
．