浙江省杭州市八县区2024_2025学年高二数学上学期期末考试试题乙卷含解析

这是一份浙江省杭州市八县区2024_2025学年高二数学上学期期末考试试题乙卷含解析，共20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. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性以及一元二次不等式，求得集合的表示，利用交集，可得答案.
【详解】因为集合 ，
，
所以 .
故选：D.
2. 复数 （i 为虚数单位）的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算及共轭复数的意义求解即得.
【详解】依题意， ，
所以所求共轭复数是 .
故选：B
3. 已知 且 数列 各项均为正实数，设甲： 为等比数列；乙： 为等差数列，则
甲是乙的（ ）
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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
【答案】C
【解析】
【分析】由 为等比数列，可得 通项公式；由 为等差数列，可得 通项公式，据
此可得答案.
【详解】 为正项等比数列，设其首项为 公比为 q
则 ，
因此 是以 为公差的等差数列.则甲是乙的充分条件;
反之，乙： 为等差数列，即 为常数
即 ，因此 为正项等比数列.则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，
故选：C
4. 一个笔盒中装有 6 支笔，其中 3 支黑色，2 支红色，1 支蓝色．若从中任取 2 支，则“恰有 1 支黑色”的概
率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据随机事件的概率公式可得.
【详解】由题意，“恰有 1 支黑色”的概率是 .
故选：A
5. 设椭圆 与双曲线 的离心率分别为 ，双曲线渐近线的斜率小于
，则 的取值范围是（ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求得 ，再利用椭圆、双曲线离心率的意义列式求出范围.
【详解】双曲线 的渐近线方程为 ，由双曲线的渐近线的斜率小于 ，得
，
因此 ，由 ，得 ，
则 ，即 ， ，
所以 的取值范围是 .
故选：D
6. 已知函数 的定义域为 R 且 则 （ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】令 ，因为 ，得到 ，对表达式中 替换为 得到
，两式相加整理得到 ，再通过替换得到函数的周期.令
，求得 ，由 求得 的值，由
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周期性即可求出 .
【详解】令 得， ，
又 ，所以 ①，
①中将 替换为 ，得 ②，
由①+②，得 ③，
③中将 替换为 ，得 ，
③中将 替换为 ，得 ，
所以 的周期为 6，
令 ，得 .
由①，易得 ，
同理 ，
所以 ，
.
故选：A
7. 已知 则 （ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用切化弦、两角和的正切展开式化简结合选项可得答案.
【详解】
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故 .
故选：C.
8. 如图，曲线 C 这种造型被称为双纽线，在纺织中作为花纹得到广泛应用．已知曲线 C 上的点满足到点
与到点 的距离之积为 4，则曲线 C 上点的纵坐标的最大值为 （ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】设双纽线上任意点坐标为 ，依据题设列式计算化简即可求解.
【详解】设双纽线上任意点坐标为 ，
则 ，
两边平方得：
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得：
从而当且仅当 时 有最大值 1，
所以 y 的最大值为 1，此时点的坐标为 或 .
故选：B
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是在计算化简得 时巧妙处理得
，再对分子进行巧妙配方求解.
二、多选题：本题共 3 小题，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 2 分，有选错的得 0 分.
9. 下列函数的求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据初等函数及导数的运算法则求函数的导数判断 AB，结合复合函数求导公式及导数运算法则，
初等函数求导公式求导判断 CD.
【详解】对于 A， ，故 A 错误；
对于 B， ，故 B 正确；
，故 C 错误；
，故 D 正确，
故选：BD.
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10. 在数列 和 中 的前 n 项和
则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. 36 是 与 的公共项 D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据迭代可得 根据 的关系即可求解 ，即可求解 ABC，利用
裂项相消法求和即可求解 D.
【详解】在数列 中
所以当 时，
当 时，也满足上式，则
则 故 B 错误；
的前 项和
当 时
当 时
当 时，也满足上式，则 故 A 正确；
令 解得 令 解得
故 36 是 与 的公共项，即 C 正确；
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因为
所以 ，
因为 所以 ，故 D 正确.
故选：ACD
11. 一条动直线 与圆 相切，并与圆 相交于点 ，点 为定直线 ：
上动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在直线 ，使得以 为直径的圆与 相切
B. 的最小值为
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对 A，数形结合求出点 到直线 距离 最小值与 比较可判断；对 B，C，根据向量数量
积运算结合 ，运算得解判断；对 D，直线 上点 使得 最小等同于求直线
上一点 ， 的最小值问题，设 ， ， ，利用直线对称
列式运算求解.
【详解】设线段 的中点为 M ，根据圆的对称性可知点 在圆 上，
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则 ，坐标原点 到直线 的距离为 ，
易知 ，
对于 A:点 到直线 距离的最小值为 ，且 ，
所以以 为直径的圆与 相离，故 A 错误；
对于 C: ，
所以 ，故 C 正确；
对于 B： ，
所以 ，故 B 正确；
对于 D：由于 两点在圆 上，且 ，点 到直线 的距离 ，
求直线 上点 使得 最小由对称性等同于求直线 上一点 使得 的最小值
问题，
设 ， ， ，点 关于直线 对称点为 ，
则 ，直线 ，
由 ，消去 整理得 ，
即 ，即 ，
所以 ， ，同理 ，
所以
， ，
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当且仅当 三点共线时取等号，
所以当 时， 取最小值 ，
所以 的最小值为 ，故 D 正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题 D 选项解题的关键是将求直线 上点 使得 最小值转化为求直线
上一点 ， 的最小值问题.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知空间向量 ， ， ，则向量 在坐标平面 上 投影向量是___________.
【答案】 ， ，
【解析】
【分析】
根据空间中点的坐标确定方法，结合空间向量的坐标表示，写出结论即可.
【详解】解：根据空间中点 坐标确定方法知，
空间中点 ， ， 在坐标平面 上的投影坐标，
竖坐标为 0，横坐标与纵坐标不变.
所以空间向量 ， ， 在坐标平面 上的投影坐标是： ， ， .
故答案为： ， ， .
13. 已知抛物线 ： 的焦点为 ，过点 作斜率为 的直线在第一象限与 交于 、 两
点，且 为 的平分线，则 的值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】过点 作 的垂线，交 于点 ，由条件结合抛物线定义证明 ， ， 三点共线，
联立方程组结合 列方程求点 的坐标，结合两点斜率公式求结论.
【详解】不妨设点 在点 的右侧，过点 作 的垂线，交 于点 ，
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连接 ， ， ，如下图所示：
设 ，所以 ，
因为 为抛物线 的准线，所以 ，
所以 ，
又 为 的平分线，所以 ，
因为 轴，
所以 ， ， 三点共线，
所以
显然直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，
联立 ，得： ，
所以 ，由 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，
故 .
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故答案为： .
14. 定义：已知一个点集 及一点 P，任取点集 中一点 Q，线段 PQ 长度的最小值称为点 P 到点集 的
距离，记作 现已知空间中一点 P，平面上一个长为 2、宽为 1 的矩形及其内部的所有点构成点集
则点的集合 所表示几何体的体积为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由定义得几所构成的几何体，进而求得几何体的体积.
【详解】P 点构成的几何体由下列几何体构成：
①如图， 为已知矩形，其长
则以矩形 为公共面的两个长方体，其长，宽，高分别为 1，2，1，
此时两个长方体内的点到矩形 及其内部的点的距离的最小值不大于 1，两长方体体积和为
；
②分别以 为轴，底面圆半径为 1 的两个半圆柱 分别在 的外侧
此时两个半圆柱表面及内部的点到矩形 及其内部的点的距离的最小值不大于 1，
合成一个以底面圆半径为 1，高为 2 的圆柱，体积为 ；
③分别以 为轴，底面圆半径为 1 两个半圆柱 分别在 的外侧
此时两个圆柱表面及内部的点到矩形 及其内部的点的距离的最小值不大于 1，
合成一个以底面圆半径为 1，高为 1 的圆柱，体积为 ；
④分别以 为球心，半径为 1 的球的四分之一，
此时四个四分之一球表面及球内的点到矩形 及其内部的点的距离的最小值不大于 1，
合成一个以 1 为半径的球，体积为 ;
由①②③④点的集合 所表示几何体的体积为
故答案为：
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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. 在三角形 中，内角 所对边分别为 ，已知 .
（1）求角 的大小；
（2）若 ，三角形 的面积为 ，求三角形 的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)由正弦定理进行边角互化可得 ，结合两角差的余弦公式及同角三角函数的
基本关系可求出 ，即可求出 .
(2)由三角形的面积公式可得 ，结合 及余弦定理即可求出 ，即可得出结果.
【小问 1 详解】
由正弦定理 得 ，所以
所以 ，整理得 ，
因为 ，所以 ，因此 ，所以 ，
所以 .
【小问 2 详解】
由 的面积为 ，得 ，解得 ，
又 ,则 ， .
由余弦定理得 ，解得 ， ，
所以 的周长为 .
16. 已知函数
（1）若 求 在点 处的切线方程；
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（2）若 的图象关于点 中心对称，求 的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导得切线斜率，由直线的点斜式方程即得，
（2）根据对称可知 为奇函数，即可利用定义域对称求解.
【小问 1 详解】
当 时， ，
则 ，又
故 在点 处的切线方程为 ，即
【小问 2 详解】
由 的图象关于点 中心对称，可知 的图象关于原点对称，
即 为奇函数，
则由 的定义域关于原点对称，可得 ，即 ，
于是 ，定义域为 ，故
联立 解得
17. 如图，多面体 ABCDEF 是由一个四棱锥 与一个三棱锥 拼接而成，底面 是棱
长为 2 的菱形
（1）证明：平面 平面 ；
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（2）若 求平面 与平面 所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形的三边关系可得 和 ，即可求证 平面，根据面面垂直的
判定即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角求解.
【小问 1 详解】
证明：取 中点 ，连接
在 中，
,
平面 平面 平面 ，
平面 平面
【小问 2 详解】
由题可得： 是平行四边形，
由（1）得 平面 ，
取 中点 连接 ，则 分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，
则：
设平面 的法向量 则 ,
取 ，得
平面 的法向量
所以平面 与平面 所成角的余弦值为
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18. 已知椭圆 ： 左顶点 离心率 B 为第一象限内椭圆上一点，过
B 作椭圆的切线交直线 于点
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）过点 A 且平行于 BP 的直线与椭圆的另一个交点为 C，直线 AC 交 BO 延长线于点 M，记
的面积分别为
（i）证明： ；
（ii）当 时，求直线 AC 的方程．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析（ii）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标和离心率求出 ，进而得到椭圆的标准方程.
（2）（i）利用直线与椭圆的位置关系、直曲联立求出 直线联立求出
根据切线性质求出 最后根据中点性质证明即可.（i i）根据中点性
质得到面积关系，根据切线求出 再根据面积条件列方程计算.
【小问 1 详解】
由题意得 离心率 则椭圆的标准方程为
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【小问 2 详解】
（i）设直线 代入到椭圆方程，化简得 故
设 联立直线 AC，BO 的方程
切线 又 则 故
所以： 即 M 为线段 AC 中点.由 与中点 M，则
（ii）由中点 M 得 将 代入直线 可得
则 即 则
故 则
19. 已知数列 是斐波那契数列 …… 这一数列以如下递推的方法定义：
N 数 列 对 于 确 定 的 正 整 数 k， 若 存 在 正 整 数 n， 使 得
成立，则称数列 为“k 阶可分拆数列”．
（1）已知数列 满足 若对 数列 为“1 阶可分拆数列”，求出
符合条件的实数 t 的值；
（2）已知数列 满足 若 为“k 阶可分拆数列”，记正整数 m 的最小值
为 求 ；
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（3）若数列 满足 其前 n 项和为 求证：当 且 时，
成立．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据数列新定义计算求解；
（2）应用新定义结合分组求和及等比数列求和公式计算；
（3）应用裂项相消法及错位相减法计算求解证明即可.
【小问 1 详解】
由题意得，存在正整数 n，使 对 成立，即 ，
化简得 ，
所以当 时，存 正整数 ，使 对 成立，
当 时，若取 ，则 ，
等式不成立，
综上 ；
【小问 2 详解】
由题意得：对于确定的正整数 k，存在正整数 n， ，
即 ，
当 时，m 最小，
所以 ，则 ；
【小问 3 详解】
可得当 时
第 18页/共 19页
①，
②
①-②得：
即，当 且 时 成立.
【点睛】关键点点睛：第（3）问的关键是应用错位相减法得出 进而化
简求解即可证明.