天津市河东区2024_2025学年高二数学上学期期末质量检测试卷含解析

这是一份天津市河东区2024_2025学年高二数学上学期期末质量检测试卷含解析，共16页。
答卷时，考生务必将答案答在答题卡的相应位置.考试结束后，将答题纸交回.
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1．请同学们把答案按要求填写在答题卡上规定区域内，超出答题卡区域的答案无效！
2．本卷共9小题，每小题5分，共45分.
一．选择题：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. 数列的通项公式可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意逐一检验选项即可.
【详解】对于选项A：令，可得，不合题意；
对于选项B：代入检验均可，符合题意；
对于选项C：令，可得，不合题意；
对于选项D：令，可得，不合题意；
故选：B.
2. 已知数列中，，且，则这个数列的第10项为（ ）
A. 18B. 19C. 20D. 21
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知判断出数列是以为首项，以为公差的等差数列，求出通项公式后即可求得.
【详解】，且，
数列是以为首项，以为公差的等差数列，
通项公式为，
，
故选：B.
3. 已知等比数列中，，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n项的和为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为等比数列中，，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n项的和为公比为9，首项为6，那么利用前n项和公式可知为，选D
4. 已知双曲线C：的焦距为，则C的渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由双曲线的性质根据焦距求得，从而可得渐近线方程．
【详解】因为双曲线的焦距为，所以，
则，解得，，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：A.
5. 抛物线的焦点为上的点到的距离等于到直线的距离，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用抛物线的定义建立方程，求解参数即可.
【详解】因为抛物线上的点到的距离等于到直线的距离，
所以是抛物线的准线，故，解得，故A正确.
故选：A
6. 已知曲线C：mx2＋ny2＝1，下列结论不正确的是（ ）
A. 若m＞n＞0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B. 若m＝n＞0，则C是圆，其半径为
C. 若mn＜0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝±x
D. 若m＝0，n＞0，则C是两条直线
【答案】B
【解析】
【分析】就不同的取值结合曲线方程的形式逐项判断后可得正确的选项.
【详解】对于A，当m＞n＞0时，有，
方程化为，表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
对于B，由m＝n＞0，方程变形为，
该方程表示半径为圆，故B错误；
对于C，由mn＜0知曲线表示双曲线，其渐近线方程为，故C正确；
对于D，当m＝0，n＞0时，方程变为ny2＝1表示两条直线，故D正确．
故选：B.
7. 已知a，b，c成等差数列，直线与圆交于A，B两点，则的最小值为（ ）
A. 1B. 3C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.
【详解】因为成等差数列，所以，，
代入直线方程得，
即，令，得，
故直线恒过，设，该点在圆内，
画出直线与圆的图形，由图可知，当时，最小，
，，此时.
故选：C.
8. 若椭圆和双曲线有相同的焦点和，而是这两条曲线的一个交点，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用椭圆与双曲线的定义得出与的和与差，变形求得积．
【详解】由题意知不妨设点是两曲线在第一象限内的交点，可得：
，解得：，
则，故A项正确.
故选：A.
9. 已知数列满足：，则下列命题正确的是（ ）
A. 若数列为常数列，则B. 存在，使数列为递减数列
C. 任意，都有为递减数列D. 任意，都有
【答案】D
【解析】
【分析】解方程判断A,利用单调性结合数学归纳法判断BD,举反例判断C.
【详解】对A:若数列为常数列，则，解得或，故A错误；
对B:易得，若为递减数列，则，解得或且，故不存在使得递减数列，故B错误；
对C,令，则，故不是递减数列，故C错误；
对D,用数学归纳法证明
当显然成立，
假设当，
则时，，故当时成立,
由选项B知，对任意 则数列为递减数列，故故D正确
故选：D
【点睛】利用递推关系结合数学归纳法证明，是本题关键.
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡相应位置上.
2．本卷共11小题，共105分.
二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.
10. 以双曲线的右顶点为焦点的抛物线的标准方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出双曲线的右顶点坐标进而得抛物线的焦点坐标，即可得抛物线方程.
【详解】双曲线，所以右顶点（4,0），
抛物线的焦点也为（4,0），所以，，
抛物线的标准方程为：
故答案为：.
11. 已知数列为等比数列，若，则数列的前6项和为______.
【答案】
【解析】
【分析】求解的通项公式，进而可得的通项公式再求和即可.
【详解】由题意，公比为，则，故.
故数列的前6项和为.
故答案为：
12. 在等差数列中，已知公差，且，则__________.
【答案】145
【解析】
【分析】根据题意得到，再由等差数列性质得到，代入数据计算即可得到答案.
【详解】等差数列中，已知公差，


.
故答案为：145.
13. 记抛物线的焦点为F，为抛物线上一点，，直线与拋物线另一交点为B，则________．
【答案】
【解析】
【分析】求出抛物线方程及直线方程并联立，求出点的横坐标，再根据抛物线定义求解即可.
【详解】因为，由拋物线定义可知到准线距离为，即，解得，
即抛物线方程为，不妨取，又，
则直线斜率,
所以，
联立，消去整理得，
解得，，即点的横坐标为，
则.
故答案为：.
14. 设F为双曲线C：（，）的右焦点，O为坐标原点，以为直径的圆与圆交于P，Q两点.若，则C的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据几何知识得出，根据勾股定理求出与c之间的关系，进而得出C的离心率.
【详解】由题意，作出图像如下图所示：
设双曲线C： (，)的右焦点的坐标为F (c,0).
由圆的对称性及条件可知，
PQ是以为直径的圆的直径，且，
设垂足为M，连接，
则，，
由，
得，
故，即.
故答案为：.
15. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为
的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【答案】 ①. 5 ②.
【解析】
分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.
【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；
故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，
设，
则，
两式作差得：
，
因此，.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
三．解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 直线与双曲线相交于A，B两点．
（1）求的长；
（2）当a为何值时，以AB为直径的圆经过坐标原点？
【答案】（1）(且)；
（2）.
【解析】
分析】（1）联立方程组利用韦达定理及弦长公式即求；
（2）由题可得，进而可得，即求.
【小问1详解】
设，
由，可得，
由题可得，
，解得且，
∴
，
∴的长为(且).
【小问2详解】
∵以AB为直径的圆经过坐标原点，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
解得,
经检验，时以AB为直径的圆经过坐标原点.
17. 设等差数列的公差为d，前项和为，等比数列的公比为．已知，，，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）当时，记，求数列的前项和．
【答案】(1)见解析 (2)
【解析】
【分析】（1）利用前10项和与首项、公差的关系，联立方程组计算即可；
（2）当d＞1时，由（1）知cn，写出Tn、Tn的表达式，利用错位相减法及等比数列的求和
公式，计算即可．
【详解】解：（1）设a1＝a，由题意可得，
解得，或，
当时，an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1；
当时，an（2n+79），bn＝9•；
（2）当d＞1时，由（1）知an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1，
∴cn，
∴Tn＝1+3•5•7•9•（2n﹣1）•，
∴Tn＝1•3•5•7•（2n﹣3）•（2n﹣1）•，
∴Tn＝2（2n﹣1）•3，
∴Tn＝6．
【点睛】本题考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
18. 设数列的前n项和，.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求的通项公式.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得，再通过化简结合等比数列的定义即可证明；
（2）先结合（1）求出，再根据时，求出，最后验证即可.
【小问1详解】
，
，
即，
即，
即，
即，
又，
数列是以首项为，公比为的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知：，
即，
当时，，
，
又也适合上式，
故.
19. 已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
【答案】（1）；（2），.
【解析】
【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；
（2）[方法四]由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.
【详解】（1），轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，

抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）[方法一]：椭圆的第二定义
由椭圆第二定义知，则有，
所以，即．
又由，得．
从而，解得．
所以．
故椭圆与抛物线的标准方程分别是．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法三]：参数方程
由（1）知，椭圆的方程为，
所以的参数方程为（为参数），
将它代入抛物线的方程并化简得，
解得或（舍去），
所以，即点M的坐标为．
又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法四]【最优解】：利用韦达定理
由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得.
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为.
【整体点评】(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.
方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.
方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.
方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.
20. 已知等比数列的前n项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，
请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用等比数列定义，根据将，代入构造方程组解得，，可得数列的通项公式；
（2）假设存在，，成等比数列，由，，成等差数列可得，且，解得，与已知矛盾，从而得解.
【小问1详解】
由题意知当时，①，
当时，②，
联立①②，解得，；
所以数列的通项公式.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，可得；
设数列中存在3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列，则，
所以，即；
又因为，，成等差数列，所以，
所以，化简得，即；
又，所以与已知矛盾；
所以在数列中不存在3项，，成等比数列.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是，求得关于的表达式，从而分析得解.