陕西省榆林市八校联考2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试题 含解析

这是一份陕西省榆林市八校联考2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试题 含解析，共19页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知数列1，，，，3，…，，…，则9是该数列的（ ）
A. 第42项B. 第41项C. 第9项D. 第8项
【答案】B
【解析】
【分析】由递推得到通项公式，然后计算即可.
【详解】由已知数列1，，，，3，…，，…，即，，
，，，…，，…，则数列的第项为，
令，解得，所以9是该数列的第41项.
故选：B.
2. 双曲线的渐近线方程为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将双曲线方程等号右侧换成，可直接求得渐近线方程.
【详解】由，得渐近线方程为．
故选:A．
3. 若直线是圆的一条对称轴，则（ ）．
A. B. 0C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线是圆的对称轴可知，直线过圆心，进而可求出结果.
【详解】圆的圆心坐标为，
因为直线是圆的一条对称轴，
所以直线过点，所以，解得．
故选：C．
4. 现计划将某山体一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，···，第n排比第n－1排多栽种棵且，则第10排栽种塔松的棵数为（ ）
A. 90棵B. 92棵C. 94棵D. 96棵
【答案】D
【解析】
【分析】利用相加相消法，再结合等差数列的求和公式得解.
【详解】设第排栽种的塔松的数量为
由题意知，
所以
故选：D．
5. 已知O为坐标原点，F为抛物线的焦点，点在C上，且，则C的方程为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的定义得，结合得，将代入抛物线的方程即可解得的值，进而得C的方程.
【详解】
由抛物线的定义，得，
又，，则，即，
因此，由点在C上，得，结合，解得，
所以C方程为．
故选：B．
6. 如图，过圆柱其中一条母线上的点P分别作平面，，截圆柱得到椭圆，，．设椭圆，，的离心率分别为，，，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得，，由此可确定，，的大小关系；或根据离心率的定义判断.
【详解】解法1：设椭圆，，的长轴长分别为，，，
短轴长分别为，，，焦距分别为，，，
由题意得，，
则，，，
由，，得，故．
故选：D．
解法2：根据椭圆的圆扁程度确定离心率，离心率越大，椭圆越扁，离心率越小，椭圆越圆，由此可得．
故选：D．
7. 已知正四棱锥的各棱长均相等，点E是的中点，点F是的中点，则异面直线和所成角的余弦值是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设相交于点O，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出直线和的坐标，利用向量夹角余弦公式求解即可.
【详解】设相交于点O，根据题意，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨设，则，，
则，，，，，
因为点E是的中点，点F是的中点，
所以，，
所以，，
则，
因为异面直线夹角的取值范围是,
所以异面直线和所成角的余弦值是．
故选:D．
8. 已知等差数列的前n项和为，若，则使得成立的正整数n的最大值为（ ）．
A. 23B. 22C. 21D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设，利用通项与的关系可得，，根据等差数列前项和公式，结合等差数列的性质得到和，由此即可选出答案
【详解】设公差为d，由，
所以，
∴，公差，
又，，
所以使得成立的正整数n的最大值为21．
故选：C.
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，有选错的得0分．
9. 若直线的斜率，直线经过点，，且，则实数a的值为（ ）．
A. 1B. 3C. 0D. 4
【答案】AB
【解析】
【分析】利用直线垂直的充要条件列出方程，计算即得.
【详解】因，且，则的斜率必存在，
故，即，
化简得，解得或．
故选：AB．
10. 已知是数列的前n项和，，则下列结论正确的是（ ）．
A. 数列是等比数列B. 数列是等差数列
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据即可作差得，进而可判断为等比数列，根据等比通项以及求和公式即可求解.
【详解】当时，，所以，
当时，，
所以，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，．
故选：ACD．
11. 已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线交C的右支于A，B两点，若，，则（ ）．
A. C的离心率为2B.
C. 面积为4D. 的周长为18
【答案】ABD
【解析】
【分析】由双曲线方程可得，由，可得∽，据此可得题中所涉线段长度，即可判断选项正误.
【详解】如图所示，不妨设A在第一象限，则，
由于，得，，
由于，所以∽，
故，可得，故，
而，故，由，得，
对于A，C的离心率，故A正确；
对于B，由以上分析可知，故B正确；
对于C，在中，，，，
故，故C错误；
对于D，的周长为，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用相似三角形的判定定理和性质定理得到比例式.
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为______．
【答案】2
【解析】
【分析】由抛物线方程可得抛物线的焦点和准线，即可得解.
【详解】由题意知该抛物线的焦点为，准线方程为，
故焦点到准线的距离为2．
故答案为：2.
13. 在四面体ABCD中，，，点E在棱CD上，，F是BD的中点，若，则______；点F到平面EAB的距离是______．
【答案】 ①. 0 ②.
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算表示，根据空间向量基本定理得到的值即可得到的值；以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量结合点到平面的距离公式计算可得结果.
【详解】∵，
∴，
∵，∴，，，
∴．
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0，，，，，，
∴，，，
设平面EAB的法向量为n=x,y,z，则，
取，则，，∴，
∴点F到平面EAB的距离是．
故答案为：0；.
14. 已知圆，，，A，B是圆C上的动点，且，点N是线段AB的中点，则当取得最大值时，的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据垂径定理及直角三角形斜边中线的性质得，设，可得点N在圆上，数形结合可知当直线MN与圆相切时，取得最大值，利用勾股定理计算可得结果.
【详解】由题意得，，圆半径为.
∵，，∴点在圆内.
如图1，连接CN，CA，则.
∵点N是线段AB的中点，∴，
∵，∴，即．
设，则，整理得，
∴点N在圆上，圆心，圆半径为.
如图2，当直线MN与圆相切时，取得最大值，
此时，．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用几何性质求出点的轨迹方程，数形结合求切线长即可得到结果.
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. 已知是数列的前n项和，若，是等差数列，．
（1）求；
（2）求数列的通项公式．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，由解出即可；
（2）利用求即可.
【小问1详解】
设数列的公差为d，则由，得，
所以，即，
所以，，
因为，所以，解得，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，
所以时，，
上面这个式子对也适合，所以时，．
16. 设，，，，圆Q的圆心在x轴的正半轴上，且过A，B，C，D中的三个点．
（1）求圆Q的方程；
（2）若圆Q上存在两个不同的点P，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）首先分析圆只能过点，，三点，再求出线段、线段的垂直平分线方程，联立求出交点坐标，即为圆心，再求出半径，即可得到圆的方程；
（2）设Px,y，根据，得到，即可得到点在以为圆心，为半径的圆上，依题意该可知圆与圆相交，由圆心距与半径和差的关系得到不等式组，解得即可；
【小问1详解】
若圆经过，，则圆心必在的垂直平分线上，不合题意；
又与关于轴对称，圆心在轴的正半轴上，所以圆只能过点，，三点，
因为，的中点为，
所以线段的垂直平分线的方程为，即，
又线段的垂直平分线的方程为，
联立方程组解得，
所以圆心为，半径为，所以圆的方程为．
【小问2详解】
设Px,y，因为，
所以，
化简得，所以．
则点在以为圆心，为半径的圆上，依题意该圆与圆有两个交点，即可两圆相交，
又，
则，解得．
17. 如图，在直三棱柱中，，，，点E，F满足，，记．
（1）当平面平面时，求的值；
（2）当时，求直线与平面所成角的大小．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，再由面面垂直得到法向量的数量积为零求解即可；
（2）由空间线面角公式再结合特殊角的三角函数值计算即可；
【小问1详解】
在直三棱柱中，，，
又，故以A为坐标原点，直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则，，，
所以，，，．
设平面的一个法向量，
则，即，
令，解得，，所以，
设平面的一个法向量，
则，即，
令，解得，，所以，
因为平面平面，所以，
所以，即，，
所以．
【小问2详解】
当时，，结合（1），得，，
设直线与平面所成角为，
所以，
又，所以．
18. 已知点A，B是椭圆上、下顶点，点满足.
（1）求点的轨迹方程；
（2）是否存在点，使得过点的动直线交椭圆于M，N两点，且BM与BN的斜率之和为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，点的坐标为或.
【解析】
【分析】（1）表示顶点坐标，设，利用条件建立方程，即可得到结果.
（2）设动直线方程以及直线斜率，表示直线方程，和椭圆联立表示点坐标，代入直线方程可构造出都满足的一元二次方程，利用斜率之和为定值解决问题.
【小问1详解】
由题意得，.
设，由得，，
整理得，点的轨迹方程为.
【小问2详解】

存在，理由如下：
设动直线方程为，直线斜率为，直线斜率为，
则，.
由得，，∴，
由点在动直线上得，，
整理得，同理得，
∴是方程的两个根，
∴，则为定值.
令，则，代入动直线方程得，
，
令，得，代入动直线方程得，，即，
点代入（1）中轨迹方程得，，解得，
∴点的坐标为或.
点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合问题，具体思路如下：
（1）设动直线方程为，直线斜率为，直线斜率为，表示直线方程，和椭圆联立表示点坐标.
（2）利用点在动直线上可得到是方程的两个根，结合韦达定理表示，利用为定值得到和的关系，从而求出点.
19. 对于各项均为正数的无穷数列，若，都有，其中d为非零常数，则称数列是数列．
（1）判断无穷数列和是不是数列？若是，求出相应的常数d的值；若不是，请说明理由；
（2）若是数列，且．
①记的前n项和为，求证：；
②对任意的正整数n，设，求数列的前项和．
【答案】（1）是数列，不是数列，理由见解析
（2）①证明见解析；②．
【解析】
【分析】（1）令，计算为，即可判断是数列；令，计算为，即可判断不是数列；
（2）①根据题中条件，先求出，由等差数列前项和公式，求出，计算，化简整理，即可证明结论正确；
②由①中，先求出当n为奇数时，；当n为偶数时，，利用裂项相消的方法求奇数项的和，利用错位相减法求偶数项的和，进而可求出结果.
【小问1详解】
解：是数列，不是数列，理由如下：
令，则，，
因为为非零常数，
所以无穷数列是数列，相应的常数d的值为4．
令，则，，，
因为不是非零常数，
所以无穷数列不是数列．
【小问2详解】
①证明：因为是数列，且，
所以，是首项与公差都是1的等差数列，
所以，
．
，等号仅当时成立．
所以，即．
②解：由①知，
当n为奇数时，；
当n为偶数时，，
对任意的正整数n，有
，
，
，
两式相减得
，
所以，
因此，．
所以数列的前项和为．
【点睛】关键点点睛：
求解本题第二问的关键是利用题中所给的数列的定义，结合等差数列的通项公式，求出，再结合等差数列求和公式，以及错位相减和裂项相消法，即可求解（2）中①②两小问.