山西省名校2024−2025学年高二上学期1月期末联考数学试题

这是一份山西省名校2024−2025学年高二上学期1月期末联考数学试题，共13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．已知数列，则该数列的第211项为（ ）
A．B．421C．D．423
2．已知点是点在坐标平面内的射影，则（ ）
A．B．10C．D．100
3．已知数列满足，其前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
4．若直线与互相平行，则（ ）
A．B．3C．或3D．
5．对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋科学家沈括首创的“隙积术”就与高阶等差级数求和有关.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则（ ）
A．210B．209C．211D．207
6．经过点所作曲线的切线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
7．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，侧面为矩形，平面平面，，为的中点，，，若点到直线的距离为2，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知抛物线的准线与坐标轴的交点为，为抛物线的焦点，点在抛物线上，且，当最大时，点恰好在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列导数运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知圆与直线，点在圆上，点在直线上，则（ ）
A．直线与圆相离
B．过点的直线被圆截得的弦长的最小值为
C．
D．从点向圆引切线，切线长的最小值是
11．如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P在线段上，Q在底面内，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若平面，则点Q的轨迹长度为
C．存在平面
D．平面截以P为球心，PQ长为半径的球所得的截面面积的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知双曲线的两个焦点为，，双曲线上有一点，若，则 .
13．已知某商品成本与销量的函数关系式为，单价与销量的函数关系式为，则当利润最大时， .
14．若正整数，的公约数只有1，则称，互质.对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数.函数以其首名研究者欧拉的名字命名，称为欧拉函数，例如，则 .若数列的前项和为，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数.
(1)若在上不单调，求实数的取值范围；
(2)若，求在上的值域.
16．图1是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且二面角的平面角为，如图2.
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
17．已知函数在上没有极值.
(1)求实数的取值范围；
(2)若对恒成立，求实数的取值范围.
18．已知椭圆上一点到两焦点的距离之和为.
(1)求椭圆的方程；
(2)不经过点的直线与轴垂直，与椭圆交于，两点，若直线与椭圆的另一交点为，则直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
19．数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为.扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列.已知数列.
(1)求；
(2)求；
(3)求数列的前项和.
参考答案
1．【答案】B
【详解】该数列的通项公式为，
所以.
故选：B
2．【答案】B
【详解】由题意得，则，
故选：B.
3．【答案】C
【详解】因为是周期为4的周期数列，且，
所以，则.
故选：C
4．【答案】A
【详解】由题意知，所以或.
当时，两直线重合，不符合题意；
当时，两直线平行.
故选：A
5．【答案】B
【详解】因为，
所以，则.
故选：B.
6．【答案】C
【详解】因为，所以曲线在点处的切线方程为.
将代入，得.
因为，所以方程有两个不同的根，且根不为0，
所以方程共有3个不同的根，
即经过点所作曲线的切线有3条.
故选：C.
7．【答案】D
【详解】取的中点，连接，则，因为平面平面，
且平面与平面交于，所以平面.
如图，以为坐标原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.设，
则，，，，所以，，
所以点到直线的距离，
解得.因为，，
所以，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D
8．【答案】B
【详解】过点作准线的垂线交准线于点，则，由可得，设，则.
令，则，
当，即时，取到最大值，此时.
不妨设，因为双曲线的焦点坐标为，
所以可设双曲线的方程为，将代入上式，求得.
设该双曲线的离心率为，则，所以.
故选：B.
9．【答案】AC
【详解】令，，
因为，，所以，故A正确；
因为为常数，所以，故B错误；
令，，
因为，，所以，故C正确；
因为，所以，故D错误.
故选：AC.
10．【答案】ACD
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，故A正确；
因为点在圆内部，且，所以过点的直线被圆截得的弦长的最小值为，故B不正确；
因为圆心到直线的距离，所以，故C正确；
从点向圆引切线，设切点为，连接，则，则，
易知当时，取得最小值，由A知，即圆心到直线的距离7，此时取得最小值，
即，故D正确.
故选：ACD
11．【答案】ABD
【详解】对于A，由，得的面积为定值，
由平面平面，得三棱锥的高为定值2，
，A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设平面的法向量为，，
则，令，得，
设，，
，，则，
由平面，
得，
即点的轨迹方程为，令，得；令，得.
又点在底面内，
因此点的轨迹长度即为两点间的距离，B正确；
对于C，若存在平面，则，由，
得，，因此不存在平面，C错误；
对于D，由平面，得点到平面的距离为定值，
而，则，
而，则该球的半径，
截面圆的半径满足，
则截面面积的取值范围为，D正确.
故选：ABD
12．【答案】18
【详解】因为，所以，
可得，
因为，，所以，或，
因为，所以舍去，故.
故答案为：.
13．【答案】14
【详解】设利润为，则.
因为，所以当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.故当时，利润取得极大值，也是最大值.
故利润最大时，.
故答案为：14.
14．【答案】 6
【详解】由题意可知：小于或等于的正整数中与互质的数有，
所以.
因为2为质数，在不超过的正整数中，所有偶数的个数为，所以.
因为3为质数，在不超过的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为，
所以，所以，
所以数列是等比数列，
所以.
故答案为：6；
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以.
因为在上不单调，所以方程有两个不同的根，
则，解得或，
即实数的取值范围是.
（2）因为，所以.
由，得或，由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
因为，，，
所以在上的值域为.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，.
在梯形中，可知，所以，为正三角形，所以，.
因为，且，平面，所以平面.
因为平面，所以.
（2）解：由（1）知二面角的平面角为，即.
如图，以为坐标原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面的法向量为，
因为，，
所以令，得.
设平面的法向量为，因为，，
所以令，得.
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以.
因为在上没有极值，且，所以在上恒成立.
设，则.
当时，，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
当时，要证，只需证对恒成立，
因为在上单调递减，在上单调递增，所以，所以；
当时，要证，只需证对恒成立，
因为在上单调递减，且，所以.
故.
（2）由（1）知在上单调递增.
因为，所以，即.
设，则，所以在上单调递增，
所以等价于.
因为，所以，
所以，所以恒成立.
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即，故的取值范围为.
18．【答案】(1)
(2)过定点，
【详解】（1）由题知，
把代入椭圆的方程得，计算得，
故椭圆的方程为.
（2）由题知直线的斜率不为零，设直线的方程为，
设，，，
联立方程组消去整理得，
则，.
直线的方程为.
由椭圆的对称性可知，若存在符合的定点，则该定点一定在轴上.
令，得
.
故直线过定点.
19．【答案】(1)
(2)，
(3)
【详解】（1）因为，所以；
（2）因为数列经每一次扩充后是在原数列的相邻两项中增加一项，
所以经第次扩充后增加的项数为，
所以，所以.
因为，所以是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，所以.
设第次扩充后数列的各项为，则+2.
因为每一次扩充是在原数列的相邻两项中增加这两项的和，
所以，
所以.
因为，所以是首项为3，公比为3的等比数列，故.
（3）因为，
所以
令，则，
两式相减得，
所以，
故.