福建省福州市2024-2025学年高二上学期期末考试 数学 含解析

这是一份福建省福州市2024-2025学年高二上学期期末考试 数学 含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（完卷时间：120分钟；满分：150分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知向量，，且，则（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】有，可得，再根据空间向量数量积的坐标运算建立方程，解方程即可.
【详解】因为，所以
又，
所以，解得
故选：C
2. 经过点，且与直线平行的直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】两直线平行，斜率相等，所以与直线Ax＋By＋C＝0平行的直线可以设为Ax＋By＋＝0，代入经过的点，即可求出﹒
【详解】令与直线平行的直线方程为，
由题意可得，点在直线上，所以
解得，
所以所求直线的方程为：
故选：B
3. 在等比数列中，若，，则（ ）
A. 6B. 8C. D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】由等比数列的定义求出公比q，从而可求等比数列的通项公式，即可得解.
【详解】设等比数列的公比为
因为在等比数列中，，，所以
所以，所以，
故选：D
4. 如图，在长方体中，点为的中点.设，，，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算求解.
【详解】，
故选：B
5. 已知为抛物线的焦点，点在上，且，则点到轴的距离为（ ）
A. 2B. 3C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抛物线的定义求解即得.
【详解】抛物线的准线为，设点，则，解得，
所以点到轴的距离为4.
故选：D
6. 已知分别是椭圆的左、右焦点，点在上，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，，，可得的面积.
【详解】在椭圆中，，，，
则，
点在上，，所以，
则.
故选：A
7. 已知数列满足，，则的前25项和为（ ）
A. 2B. 12C. 13D. 14
【答案】D
【解析】
【分析】通过计算出等的值可以发现数列是一个周期为3的周期数列，从而可得前25项和．
【详解】
由以上可知，数列是一个周期为3周期数列，，
又，
又
的前25项和为.
故选：D.
8. 已知为原点，，若圆上存在点使得，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由确定的轨迹方程，通过与圆由交点，求解即可；
【详解】设，由可得，
化简得的轨迹方程为
，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
若圆上存点使得，
则圆与圆有公共点.因为两圆的圆心距为4，所以，
解得：，
所以.
故选：A
二、选择题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知点，，，则（ ）
A. 是直角三角形
B. 边上的高所在直线的方程是
C. 面积是1
D. 边上的中线所在直线的方程是
【答案】ABC
【解析】
【分析】由，可判断A；边上的高斜率为0，可求边上的高所在直线的方程，判断B；求，由直角三角形面积判断C；求出点，中点，再求，即可得边上的中线所在直线的方程，判断D.
【详解】根据题意，，，
则，所以，是直角三角形，A正确；
由，所以边上的高斜率为0，
边上的高则所在直线的方程是，B正确；
由，所以，C正确；
由点，中点，则，
所以边上的中线所在直线的方程是，
即，D错误.
故选：ABC.
10. 将边长为2的正方形（图1）沿对角线折成直二面角（图2），则（ ）
A. B.
C. 直线与所成角为D. 点到平面的距离是
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由题意可得折叠后AB与CD异面，可判断A；对于B，取BD中点O，连接AO，CO，AC，证明平面，即可判断B；对于C，通过取分别取的中点，利用中位线平移异面直线，得出异面直线所成角为，证明为等边三角形，即可判断C；对于D，利用等体积法即可求得点到平面的距离.
【详解】对于A，折叠后，AB与CD异面，并不平行，故A错；
对于B，取BD中点O，连接AO，CO，AC，
由题意可得，，
所以平面,又平面，所以，故B正确；
对于C，分别取的中点,连接，
则，所以（或补角）为直线与所成角，
因为直二面角，又，平面平面，
所以平面，
取BO点M，连接EM，易知，所以平面，
平面，所以，
在中，，
，即，
所以，所以，
即直线与所成角为，故C错误；
对于D，由选项C知，平面，又平面，所以，
因为，
所以，
在中，，
所以，
设点到平面的距离是h，
，
解得，故D正确.
故选：BD
11. 已知曲线，则（ ）
A. 点在曲线上
B. 曲线关于轴对称
C. 直线与曲线无交点
D. 当直线与曲线恰有两个公共点时，的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】直接将点代入曲线方程即可判断A；上的任意一点，将关于轴的对称点为代入的方程，方程是否变化可判断B；通过分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，再结合双曲线性质可判断C；由C知，直线只可能与会有两个交点，联立方程，利用判别式和数形即可即可判断D.
【详解】将代入曲线的方程可得，所以A正确；
设为上的点，则，关于轴的对称点为，代入的方程为，所以B错误；
曲线的方程化简为
根据双曲线的性质可知直线为曲线的渐近线，所以与曲线无交点，所以C正确；
由可得，，所以，由图象知，
当时直线与曲线有且只有一个公共点，所以当直线与曲线恰有两个公共点时，的取值范围为，所以D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 准线为的抛物线的标准方程是_______________
【答案】
【解析】
【分析】根据准线方程写出抛物线方程即可.
【详解】由抛物线的准线为，故，则抛物线方程为.
所以抛物线标准方程为.
故答案为：
13. 某汽车集团计划大力发展新能源汽车，2024年全年生产新能源汽车10000辆，如果在后续的几年中，后一年的产量在前一年的基础上提高20%，那么2032年全年生产新能源汽车约_____辆. （参考数据：，，）
【答案】43000
【解析】
【分析】将其转化为等比数列，运用等比数列通项知识求基本量即可求出结果
【详解】根据题意，从2024年开始，每一年新能源汽车的产量构成等比数列，则
，公比，
所以，
则2032年全年约生产新能源汽车为（辆），
故2032年全年生产新能源汽车约43000辆.
故答案为：43000.
14. 如图，是双曲线的右焦点，过原点的直线分别交的左、右两支于两点.若，且线段的中
点在的一条渐近线上，则的离心率为_____.
【答案】
【解析】
【分析】因为O，M为中点，得出，结合，得出，用点到直线的距离公式可以求得，进而求得，从而求得，，再结合双曲线定义即可求解.
【详解】如图，设的左焦点为，连接，，
与渐近线的交点为，由题意可知M为的中点，
由双曲线对称性可知，O为的中点，所以，
由得，，所以，
又，渐近线，
所以，
所以，所以，，
又由双曲线的定义可知，
所以，所以，所以.
故答案为：
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. 已知等差数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）求的前项和的最大值.
【答案】（1）
（2）9
【解析】
【分析】（1）在等差数列中，根据题意建立方程组，解方程组即可求得首项和公差，从而得通项公式；
（2）思路一：由等差数列求和公式可得，结合二次函数的单调性可求最值；思路二：由易知当时，；从第4项起，均为负项，所以前3项的和为最大值.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
依题意，得
解方程组，得
所以；
【小问2详解】
解法一：
.
因为，所以当时，的最大值为9.
解法二：（1）同解法一；
（2）由，可得：
当时，；
当时，；
所以.
即当时，最大，
因为，所以的最大值为9.
16. 已知圆经过，两点，且圆心在直线上.
（1）求的方程；
（2）若直线与交于A，B两点，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：设圆的表示方程，根据条件利用待定系数法，即可求解；解法二：首先求的垂直平分线方程，根据圆的几何性质求圆心和半径，即可求解；
（2）解法一：代入直线与圆相交的弦长公式，即可求解；解法二：联立直线和圆的方程，求交点的坐标，即可求两点间距离.
【小问1详解】
解法一：设圆的方程为，
依题意，得
解方程组，得
所以圆的方程为；
解法二：（1）设线段的中点为，由，，可得点的坐标为，
线段的垂直平分线的方程是，
由得圆心的坐标为，
圆的半径，
所以圆的方程为；
【小问2详解】
解法一：圆心到直线的距离，
所以.
解法二：由得，，
设，，，
所以，，
所以，，
所以.
17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，.
（1）若为棱的中点，求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用两平面的法向量求其夹角余弦值.
【小问1详解】
设棱的中点为，连接，，如图所示，
因为为棱的中点，所以，
又因为，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，所以.
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，，AD，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，
所以，，，，
取平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则即
令，得.
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知数列的前项和.
（1）求数列的通项公式；
（2）记.
（i）求数列的前项和；
（ii）若对任意的，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）应用计算化简得出等比数列进而得出通项公式；
（2）（i）应用对数运算得出，再应用裂项相消计算求和；（ii）分和时结合作差法证明数列的单调性计算求参.
【小问1详解】
因为，
故当时，，
两式相减得：，
即，
当时，，解得：，
可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
【小问2详解】
（i）可知：
.
所以
；
（ii）对任意的，，
即对任意的，，
等价于对任意的，，
当时，不等式显然成立；
当时，不等式等价于对任意的，，
设，
因为，
所以是单调递减数列，则，所以，
所以实数的取值范围是.
19. 已知椭圆的焦点在轴上，经过点，.
（1）求的标准方程；
（2）定义：若椭圆上的两个点，满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，记作.
（i）证明：存在两个点使得是的“共轭点对”，并求的坐标；
（ii）设（i）中的两个点分别为，，已知过点的直线与椭圆交于C，D两点，则直线上是否存在定点，使得直线与的斜率之积为定值.若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；，；（ii）存在，
【解析】
【分析】（1）由点在椭圆上，代入椭圆方程求解即可；
（2）（i）由新定义列出等式求解即可；
（ii）设，直线，，，联立椭圆方程，结合韦达定理得到，再由其为定值得到求解即可.
【小问1详解】
设椭圆的标准方程为，
依题意，得，
解方程组，得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
（i）设，
根据“共轭点对”定义可知点的坐标满足，
解方程组，得或，
所以有两个点满足“共轭点对”，且点的坐标为，.
（ii）由（i）得，直线的方程为.
假设存在定点，依题意可知直线斜率存在，
设直线，即，
由消去得，，
其中，所以，
设，，
，，
所以
，
设为定值，则，
当且仅当
解得，，
所以存在定点，使得直线与的斜率之积为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.