贵州省安顺市2024-2025学年高二上学期期末教学质量监测考试数学试题（解析版）

这是一份贵州省安顺市2024-2025学年高二上学期期末教学质量监测考试数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了 抛物线的准线方程为， 已知数列是等差数列，且，则， 已知数列满足等内容，欢迎下载使用。
一､单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】抛物线的准线方程为.
故选：D.
2. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为.
故选：B.
3. “直线与直线平行”的一个充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由直线与直线平行，得，解得，
所以和分别是“直线与直线平行”的一个充分不必要条件.
故选：C.
4. 已知为双曲线的两个焦点，则到双曲线的渐近线的距离为（ ）
A. 16B. 9C. 4D. 3
【答案】D
【解析】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上，
则，渐近线方程为，即，
所以到双曲线的渐近线的距离.
故选：D.
5. 已知数列是等差数列，且，则（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】A
【解析】由等差数列公式得：，所以，
所以.
故选：A.
6. 已知圆与直线，若平分圆的周长，则的最小值为（ ）
A. 1B. 3C. 9D. 18
【答案】C
【解析】因为平分圆的周长，所以直线l过圆C的圆心，即，
即，
所以，
当且仅当时取等号.
故选：C.
7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过且倾斜角为的直线与双曲线的右支有两个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意知，双曲线的渐近线方程为，
要使直线与双曲线的右支有两个交点，
需使双曲线的渐近线方程的斜率小于直线的斜率，
即，即，由，
得，整理得，所以，
因为双曲线中，所以双曲线的离心率的范围是.
故选：B.
8. 已知数列的前项和为，前项积为，若，则使取得最大值时的值为（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】B
【解析】由① ，可得时，，即；
当时，② ，
由：，即，
故数列 为首项是500，公比为的等比数列，故.
则，
由，
因，
故当时，，
当时，，
即，
故使取得最大值时的值为9.
故选：B.
二､多项选择题：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. 分别是两条不同直线的方向向量，分别是两个不同平面的法向量，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】对于A，，故A正确；
对于B，或，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，不重合，，故D正确.
故选：AD.
10. 已知数列满足：，则（ ）
A. 数列为等差数列B. 数列为递增数列
C. D.
【答案】BC
【解析】对于A，因为，所以，
则，显然，故数列不为等差数列，错误；
对于B，当时，，当时，，
所以，
所以数列为递增数列，正确；
对于C，因为，，
又，，所以数列中的奇数项成以为首项，公差为的等差数列，
数列中的偶数项成以为首项，公差为的等差数列，
所以，正确；
对于D，
，错误.
故选：BC.
11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯（Apllnius，约公元前262-前190年）的著作《国锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，其中之一是他证明了“平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆”，后人将此圆称为“阿波罗尼斯圆”简称“阿氏圆”.现有平面内两个定点间的距离为4，平面内的点与的距离满足：，则（ ）
A. 若，则点的轨迹为“点圆”，即线段的中点
B. 若，则点的轨迹是半径为的阿氏圆
C. 当时，面积的最大值为
D. 当时，点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是
【答案】BCD
【解析】对于A，时，由可知点的轨迹为线段的垂直平分线，故A错误；
对于B，时，不妨取的中点为原点，中垂线为轴，建立平面直角坐标系，
则，设点，
由可得：，化简得：，
故点的轨迹是半径为的阿氏圆，即B正确；
对于C，根据B项建系设点，由可得：，如图所示：
由图知，当点为过点垂直于轴直线与圆的一个交点时，的边上的高最大，为圆的半径，此时面积的最大值为，
故C正确；
对于D，根据B项建系设点，
由化简得：，
即，因，
则该阿氏圆的半径，
因函数在上是减函数，故故得，
即点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若成等比数列，则的值为______.
【答案】3
【解析】因为数列是等比数列，所以，解得或，
当时，不满足，故舍去；
当时，经检验符合题意，所以.
13. 在空间直角坐标系中，已知，若点在平面内，则______.
【答案】5
【解析】点在平面内，所以四点共面，
则，
所以，
所以，则，
即，
所以满足即可.
14. 椭圆与双曲线有相同焦点，点为的一个公共点，则______.
【答案】2
【解析】如下图所示：
依题意由椭圆定义可得，所以；
即；
依题意由双曲线定义可得，所以；
即；
因此可得；
又易知，即可得；
因此
.
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. 已知圆的圆心为，且圆过点，直线.
（1）求圆的标准方程；
（2）判断直线与圆的位置关系，若相交，请求出直线被圆截得的弦长.
解：（1）因为圆的圆心为，且圆过点，
所以圆的半.
从而圆的标准方程为.
（2）圆心到直线的距离为，
又圆的半径，即，所以直线与圆相交.
因此直线被圆截得的弦长为
16. 已知数列满足，
（1）证明是等比数列，
（2）求数列的前项和
（1）证明：由得，所以，
所以是首项为，公比为的等比数列,，所以，
（2）解：由（1）知的通项公式为；
则，
所以．
17. 已知点及直线，点为直线上的动点，过点垂直于的直线与线段的垂直平分线交于点.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）若为（1）中的曲线上的两个动点，且（为坐标原点）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.
解：（1）由题设知，，且.
所以点到定点的距离等于到定直线的距离，又因为直线不经过点，所以由抛物线的定义可知，点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线.故点的轨迹的方程为：.
（2）证法一：由题设可知，直线的斜率不为0，且不过原点，故设，
由得：.
设，
则.
因为，所以.
解得或（舍）.
且满足，所以直线的方程为.
故直线过定点.
证法二（齐次化方法）：由题设可知，直线不过原点，设，
由得：.
显然，从而有.
设，则为方程（※）的两根，
所以.
又，所以.解得，且满足
所以直线的方程为即.
故直线过定点.
18. 如图，三棱锥中，，，，为棱的中点，点满足.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求平面与平面的夹角的余弦值.
（1）证明：连接、，因为，，
所以与为全等的等边三角形，从而.
又因为为棱的中点，所以①.
因为，，所以，.
所以，所以②.
由①②及，、平面，所以，平面.
（2）解：因为，则且，所以四边形为平行四边形，
所以，，
又因为平面，平面，所以平面.
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即为.
（3）解：因为，为的中点，则，
由（1）知平面，以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则、、、，
所以，，
设平面与平面的法向量分别为，，
则，取，则.
，取，则.
记平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
19. 给定一个椭圆，则由椭圆的中心与椭圆短轴的一个端点以及椭圆的一个焦点构成的直角三角形称为椭圆的“特征三角形”.定义：如果两个椭圆的特征三角形相似，就称这两个椭圆为相似椭圆，其中两个特征三角形的相似比即为两个椭圆的相似比.已知椭圆与椭圆为相似椭圆.
（1）求椭圆的离心率；
（2）设椭圆与椭圆的相似比等于.
（i）直线与椭圆交于两点，与椭圆交于两点，证明：；
（ii）当时，设为椭圆上异于顶点的两个动点，为坐标原点，若坐标平面内满足的动点均在椭圆上，请探究的斜率与的斜率之积是否为定值，若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.
（1）解：由已知得，椭圆的长半轴长为2，短半轴长为，半焦距为1，
设椭圆的半焦距为，由相似椭圆定义知，.
所以椭圆的离心率为.
（2）（i）证明：由椭圆与椭圆的相似比知，.
所以椭圆的方程为：.
由.
设中点为，
则，
即点.
由，
同理可得线段中点坐标为.
从而线段与线段中点重合，故.
（ii）解：当时，椭圆的方程为：.
设，
由得，
即点的坐标为.
又点在椭圆上，所以，
即，
所以.（※）
又在椭圆上，
所以有，
从而（※）式化为.
又，所以.
由题设知，，所以，即.
从而知，的斜率与的斜率之积，为定值.