安徽省合肥市六校2024_2025学年高二数学上学期1月期末联考试题含解析

这是一份安徽省合肥市六校2024_2025学年高二数学上学期1月期末联考试题含解析，共35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. 如图，以长方体 的顶点 为坐标原点，过 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空
间直角坐标系，若 的坐标为 ，则 的坐标是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据 的坐标为 ，可得长方体的长、宽、高，从而可得出点 的坐标.
【详解】由 的坐标为 ， 为坐标原点，所以 ，
，
的坐标为 .
故选：A
【点睛】本题考查了写空间直角坐标系中的点，属于基础题.
2. 已知直线 l： ，则直线 l 的斜率为（ ）
A. B. C. D.
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【答案】B
【解析】
【分析】把一般式转化为斜截式即可得出斜率.
【详解】由题意得：直线 的斜截式方程为 ，所以直线 的斜率为 .
故选：B
3. 等比数列 的前 项和为 ，且 ， ，则 （ ）
A. 63 B. 48 C. 31 D. 15
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算可得公比和首项，即可由求和公式求解.
【详解】令等比数列 的公比为 ，则 ， ，
解得 ， ，所以 .
故选:C
4. 在下列条件中，使 与 一定共面的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间共面向量定理的应用，依次判断选项即可.
【详解】对于 A， ，由于 ，
所以不能得出 共面 故 A 不符合题意；
对于 B，由于 ，则 为共面向量，
所以 共面. 故 B 符合题意；
对于 C， ，由于 ，
所以不能得出 共面. 故 C 不符合题意；
对于 D，由 得 ，
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而 ，所以不能得出 共面. 故 D 不符合题意；
故选：B
5. 圆 与圆 的公共弦长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆心坐标与半径，即可判断两圆相交，再两圆方程作差得到公共弦方程，最后求出弦长即可.
【详解】圆 的圆心为 ，半径 ，
圆 ，即 ，圆心为 ，半径 ，
又 ，即 ，
所以两圆相交，
则两圆方程作差得到公共弦方程为 ，
又圆心 到直线 的距离 ，
所以公共弦长为 ．
故选：B
6. 已知四面体 ，所有棱长均为 2，点 E，F 分别为棱 AB，CD 的中点，则 （ ）
A. 1 B. 2 C. -1 D. -2
【答案】D
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【解析】
【分析】在四面体 中，取定一组基底向量，表示出 ， ，再借助空间向量数量积计算作答.
【详解】四面体 的所有棱长均为 2，则向量 不共面，两两夹角都为 ，
则 ，
因点 E，F 分别为棱 AB，CD 的中点，则 ， ，
，
所以 .
故选：D
7. 数列 满足： ，若 ，则数列 的前 10 项的
和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用数列的前 项和与通项的关系求出通项 ，再化简 的通项，利用裂项相消法即可求
得其前 10 项的和.
【详解】由 ，当 时， ；
当 时， ，
两式相减可得 ，即 （ ），
经检验，当 时，上式符合，故 ，
所以 ，
所以 .
故选：C.
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8. 人教 A 版必修第一册第 92 页“探究与发现”的学习内容是“探究函数 的图象与性质”，函数
的图象实际上是双曲线.则函数 的图象对应的双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对勾函数的性质先确定 的渐近线，利用正切的二倍角公式及双曲线离心率计算即
可.
【详解】设双曲线 的两条渐近线的夹角记为 ，
易知函数 的渐近线为： 与纵轴，所以 ，
又双曲线的离心率 满足： ，
解方程可得 （负值舍去），所以 .
故选:A.
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.
9. 等差数列 的前 项和为 .若 ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据等差数列基本量的计算可得首项和公差，进而根据通项以及求和公式求解.A
【详解】解：设首项为 ，公差为 ，由 ， 可得， ，解得 ，
所以 ， ，
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故选：AC.
10. 已知抛物线 ： ， 为坐标原点，过点 的直线 交抛物线 与 ， 两
点，则（ ）
A. 抛物线 的准线为 B.
C. D. 的最小值为 4
【答案】BC
【解析】
【分析】对 A，根据抛物线方程求准线判断；对 B：将直线 方程与抛物线联立判断；对 C：用数量积坐标
表示 求算；对 D： 用基本不等式求最小值.
【详解】对 A：由 知准线为 ，故 A 错误；
对 B：设直线 的方程为
联立 ，得 ，
则 ，所以 B 正确；
对 C： ，故 C 正确；
对 D： ，
当且仅当 即 时取等号，故 D 错误.
故选：BC
11. 如图，在正方体 中，点 在线段 上运动，则下列结论正确的是（ ）
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A. 三棱锥 的体积为定值
B. 异面直线 AP 与 所成角的取值范围是
C. 平面 ADP 与平面 ABCD 所成夹角的余弦值取值范围是
D. 直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，利用线面平行的判定定理，得出 平面 ，再根据三棱锥的体积的计算方法，
即可进行判断；对于 B，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于 CD，通过建立空间直角坐
标系，利用坐标法求出平面与平面所成角的余弦值和直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即
可进行判断.
【详解】对于 A， ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为点 在线段 上运动，
点 到平面 的距离为定值，又 的面积为定值，
故三棱锥 的体积为定值，故 A 正确；
对于 B，因为 ，所以异面直线 与 所成的角即为 与 所成的角，
当点 位于 点时， 与 所成的角为 ，
当点 位于 的中点时，因为 平面 ， ，
所以 ，此时， 与 所成的角为 ，
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所以异面直线 与 所成角的取值范围是 ，故 B 正确；
对于 C，以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，
建立空间直角坐标系，设正方体 的棱长为 1， ， ，
则 ， ，设平面 的法向量 ，
设平面 的法向量 ，
，
则 ，即 ，
令 ，则 ，则得 ，
面 与平面 所成夹角为 ，
所以 ，
因为 ， ，所以 ， ，
所以平面 与平面 所成夹角的余弦值取值范围是 ，故 C 错误；
对于 D，则 ， ， ， ， ， ，
设平面 的法向量 ，则 ，即 ，
令 ，则 ，得 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为：
，
当 时，直线 与平面 所成角的正弦值取得最大值，
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最大值为 ，故 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. 双曲线 的焦距为______.
【答案】8
【解析】
【分析】根据双曲线方程即可求解.
【详解】因为双曲线方程为 ，所以 ，
所以双曲线 的焦距为 8.
故答案为：8.
13. 过动点 作圆 的切线 ，点 为切点，若 （ 为坐标原点），则
的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】设 的坐标为 ，由题意结合圆的切线的几何性质推出 在直线 上，继而将
的最小值转化为点 到直线 的距离，即可求解.
【详解】根据题意，设 的坐标为 ，圆 的圆心为 ，则 .
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为圆 的切线，则有 ，
又由 ，则有 ，即 ，
变形可得： ，即 在直线 上，
则 的最小值即为点 到直线 的距离，
且 ，即 的最小值是 ；
故答案为： .
14. 如图，曲线 上的点 与 轴上的点 （构成一系列正三角形： ，
，…， .设正三角形 的边长为 ，点 .则数列 的通项公式
为 ______.
【答案】
【解析】
【分析】由 是边长为 的正三角形，得 的坐标，再将其坐标代入 中，可求出 的值， 又
由于每一个三角形都为正三角形，从而可得 ，再将点 的坐标代入 中，
可得 ，再由 求出 ，所以数列 为等差数列，从而
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可求得 .
【详解】由条件可得 为正三角形，且边长为 ，
，
由 在曲线 上，得 ，
， ，
根据题意，得点 在曲线 上，
所以 ，整理，得 .
当 ， 时， ，
∴
即 .
， ，
当 时， ，即 ，
解得 或 （舍）
，
故
所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，
.
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.
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15. 圆 内有一点 ，AB 为圆的过点 P 且倾斜角为 的弦．
（1）当 时，求 的长；
（2）当弦 AB 最短时，求直线 AB 的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出直线 的方程，然后求圆心到直线的距离 ，再利用圆心距，弦和半径的关系可求
出 的长，
（2）由圆的性质可知当 时，弦 AB 最短，从而可求出直线 AB 的方程
【小问 1 详解】
直线 AB 的斜率 ，圆的半径 ．
则直线 AB 的点斜式方程为 ，即 ．
则圆心 到直线 AB 的距离 ．
由垂径定理，得 ，
所以 ,
解得 ．
【小问 2 详解】
当弦 AB 最短时，P 为 AB 的中点，
由题意 ，则 ．
则直线 AB 的点斜式方程为 ，即 ．
16. 已知平面上两点 ， ，动点 满足 .
（1）求动点 的轨迹 的标准方程；
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（2）当 时，求点 的纵坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义可得答案；
（2）设 ，可得 ，与椭圆方程联立可得答案.
【小问 1 详解】
由 ， ，动点 满足 ，
可得动点 轨迹 是以 ， 为焦点的椭圆，
且 ， ，
所以 ， ， ，
所以轨迹 的标准方程为 ；
【小问 2 详解】
当动点 满足 时，可得 在以 为直径的圆上，
设 ，可得 ，
又 ，解得 ， ，则 的纵坐标为 .
17. 已知三棱柱 中， ， ， .
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（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，求平面 与平面 所成二面角的余弦值.
【答案】（1）答案见解析.（2）
【解析】
分析】（1）要证 平面 ，只需求证 ，结合已知，即可求得答案；
（2）以 为坐标原点，以 为 轴，以 为 轴，以 为 轴，建立空间直角坐标系，求出平面
的法向量 和平面 的法向量 ，根据 ，即可求得答案.
【详解】（1） ,
.
在 中, ,
由余弦定理得 ,
,
.
又 ,
,
又 ,
平面 .
（2）由（1） ，
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又
在 中，可得
又
平面 ；
由（1）得 平面 ，
又
以 为坐标原点，以 为 轴，以 为 轴，以 为 轴，建立空间直角坐标系，
如图：
则
,
又
解得： ，故
设平面 法向量为
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由 ，可得
故：
取 ，则
设平面 法向量为
由 ，可得
故：
取
可得：
平面 与平面 所成二面角的余弦值 .
【点睛】本题主要考查了线面垂直和向量法求二面角，解题关键是掌握线面垂直的证法和向量法求面面角
的解法，考查了分析能力和计算能力,属于中档题.
18. 在数列 中，已知 ， .
（1）求数列 的通项公式 ；
（2）记 ，且数列 的前 项和为 ，若 为数列 中的最小项，求 的取值范围.
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【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
(1)已知数列的递推公式，用累加法求通项即可;
(2)由(1)可得 ，则 ，化简得到
对任意 恒成立，分类分别求出当 时 的取值范围，再证明出
时 为递增数列，即 ，综合求出 的取值范围.
【详解】解：(1) ，
，
，
……
，
上式累加可得: ，
，
又 ，∴ ;
(2)由(1)可得 ，
∴ ，
因为 为数列 中的最小项，
所以 ，
即 ，
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当 时，得 ，∴ ;
当 时， ;
当 时，得 ，∴ ，
令 ，
则 ，
当 时， ， ，
∴ ，
又可验证当 时， 也成立，
∴当 时，数列 为递增数列，
∴ ，即 .
综上所述， 的取值范围为 .
【点睛】①已知数列递推公式求通项公式有多种方法，答题时要仔细区分，且最后一定要注意检验;
②数列本质上是函数，因此具有一些函数的性质，解决某些数列问题时可以用上函数的相关方法.
19. 已知抛物线方程 为焦点， 为抛物线准线上一点， 为线段 与抛物线的交点，定义：
.
（1）当 时，求 ；
（2）证明：存在常数 ，使得 ；
（3） 为抛物线准线上三点，且 ，判断 与 的关系.
【答案】（1） ；（2）2；（3）见解析
【解析】
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【分析】（1）求解出 点坐标，然后得到 和 ，从而求得 ；（2）通过假设 点坐标得到直线
方程，与抛物线联立后得到 ，代入 ，整理得到结果；（3）由 可知 为
中点，假设三点坐标，代入 ，将式子整理为 和 的形式，然后通过平
方运算可得到 ，从而得到结论： .
【详解】由题意可知： ，准线方程为：
（1）因为
联立方程
则
（2）当 时，易得
设 ， ，直线 ，则
联立 ，
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由对称性可知 亦成立
综上所述，存在 ，使得
（3）由 可知 为 中点
设 ，则
因为
又因
所以
【点睛】本题考查抛物线中的定值问题、直线与抛物线的综合应用.解决第三问三者之间关系的关键是能够
明确问题的本题，其本质为三角形中的三边关系问题： 为 的中线，则由三角形两边之和大于第三
边，可知 ；明确本质之后即明确了证明方向，对于学生的转化与化归能力要求较高.
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