山西省吕梁市2024_2025学年高二数学上学期期末试题含解析

这是一份山西省吕梁市2024_2025学年高二数学上学期期末试题含解析，共18页。试卷主要包含了保持卡面清洁，不折叠，不破损等内容，欢迎下载使用。
（本试题满分150分，考试时间120分钟．答案一律写在答题卡上）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上．
2．答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．
3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．
4．保持卡面清洁，不折叠，不破损．
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，，则的值为（ ）
A. 4B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的坐标表示即可求解.
【详解】由题意知，.
故选：C
2. 已知函数，则的值为（ ）
A. 6B. 12C. 24D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】求出导函数，代入即可；
【详解】∵，∴，∴．
故选：B
3. 数列为等差数列，公差为d，，，则的值为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用等差数列性质计算即可.
【详解】∵为等差数列，，∴．
故选：A
4. 若，则直线AB与CD位置关系是（ ）
A. 平行B. 相交C. 异面D. 相交或异面
【答案】D
【解析】
【分析】根据垂直直线的向量表示可知直线AB与CD垂直，即可求解.
【详解】因为，所以直线AB与CD垂直，
所以AB与CD相交或异面．
故选：D
5. 抛物线的焦点到准线的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的方程直接求解即可.
【详解】，焦点到准线的距离是.
故选：A
6. 已知曲线（）和直线有且仅有一个公共点，则直线l的斜率为（ ）
A. B. C. D. 不存在
【答案】C
【解析】
【分析】法一，由圆心到直线的距离等于半径即可求解，法二，由图像判断斜率大于0，结合选项判断即可；
【详解】易知，直线过定点 ，曲线表示圆心 ，
半径为2的上半圆，定点在半圆所在的圆外．
解法一：由与有且仅有一个公共点时，与半圆相切，此时圆心到直线的距离 ，解得 ，由图知，
故选：C．
解法二：当和有且仅有一个公共点时，存在，且，结合选项，
故选：C．
7. 数列的通项公式为，当的前n项积最大时，n为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】先根据等比数列的单调性判断时，的前n项积越来越大 ，当时，的前n项积越来越小 ，从而可得答案.
【详解】因为，所以数列是递减数列，
，，
所以
所以时，的前n项积越来越大 ，
当时，的前n项积越来越小 ，
所以当数列的前项积最大时的值为4．
故选：C．
8. 下面四个选项中，正确的是（ ）
A. 双曲线绕坐标原点O逆时针旋转得到曲线
B. 曲线是由双曲线绕原点O顺时针旋转得到的
C. 曲线的离心率为
D. 曲线的渐近线方程是
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转变换公式求得逆时针旋转得到曲线判断A；求得旋转后的曲线方程为双曲线是可判断B，进而判断C；利用B中结论，根据双曲线的性质，结合对称性可判断D.
【详解】对于选项A，设双曲线上任一点，
点绕坐标原点O逆时针旋转后得到斜双曲线C上一点．
则：，即，代入双曲线得：．故A错误；
对于选项B，C，设为上任一点，
点绕坐标原点O逆时针旋转后得到双曲线
上一点．则：，
∴∴……①
又……②
把①②代入得：，
∴
∴
∴
∴
∴
∴，
所以双曲线是
所以此双曲线的离心率
，
即曲线的离心率为，故B正确，C错误；
对于选项D，因为的渐近线为，
设渐近线上一点绕原点O顺时针旋转后为，
则，同理可得渐近线绕原点O顺时针旋转后的渐近线为和，因为与关于y轴对称，
所以渐近线也关于y轴对称，故渐近线为和．故D错误，
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键有两个：一是对旋转变换公式的理解与灵活应用；二是在解析过程中，对复杂的计算一定细心.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 曲线表示圆
B. 过点作圆的切线，其切线长为
C. 过圆与可作4条公切线
D. 直线的倾斜角范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】将曲线方程配方可判断A；利用切线长公式求出切线的长可判断B；判断两圆的位置关系可判断C；求出斜率的范围，可得倾斜角的范围，从而可判断D.
【详解】对A选项，曲线可化为，不是圆，所以A错误；
对B选项，切线长为 ，所以B正确；
对C选项，因为圆的圆心坐标为，半径为2，
的圆心坐标为，半径为1，
所以两圆圆心距为大于两半径之和，
所以两圆相离，可作4条公切线，所以C正确；
对D选项，设直线的倾斜角的倾斜角为，，
因为直线的斜率，所以倾斜角范围．所以D正确，
故选：BCD.
10. 通常把导函数导数叫做函数的二阶导数，记作，类似地，函数的阶导数的导数叫做函数的n阶导数，记为．若，则下面选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由n阶导数的概念求导找规律，逐个判断即可；
【详解】解析：由，
，，
，，
依此类推：
，
所以，
，，
，
故选：BC
11. 沿着下面左图纸带宽的三等分线（虚线）剪开，不能得到的剪开图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】可以实际操作一下即可得到正确选项
【详解】解：因为纸带是由一个长方形纸条一端扭曲180°后粘贴而成封闭环，沿着三等分线剪开时，会一次性剪完纸带的所有三等分线．
所以剪开图是两个套在一起的环，并且两个环的宽度是原纸带环宽度的.正确剪开图是B．
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 一条光线从点出发射到直线上的点B，经直线反射后，反射光线恰好经过点，则入射光线所在直线的斜率为______．
【答案】
【解析】
【分析】由对称性，求得关于的对称点，即可求解；
【详解】点关于直线的对称点为，
由题知，入射光线所在的直线经过点和点，
且．
故答案为：．
13. 设数列满足，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】运用累加，结合等比数列求和计算即可.
【详解】∵，∴且，
当时，有 ，
则
，①
∴，②
①－②得：
∴
当时也符合上式，
∴，∴
故答案为：.
14. 已知曲线，两条直线，均过坐标原点O，和C交于M，N两点，和C交于P，Q两点，若△OPN的面积为，则四边形PNOM的面积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据双曲线及直线的对称性结合面积公式即可求解.
【详解】因为曲线C为，关于原点对称，P、Q两点关于原点对称，M，N两点关于原点对称，
所以，，
所以，
所以.
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．
15. 已知圆，直线．
（1）判断直线l与圆C的位置关系；
（2）求圆C上的点到直线l距离的最大值和最小值；
（3）圆心为的圆与圆C相切，求圆的方程．
【答案】（1）相离 （2）最大值为，最小值为
（3）或
【解析】
【分析】(1)判断圆心到直线的距离与半径的大小即可；
(2)由(1)可知直线与圆相离，此时圆上的点到直线的距离的最大值为，最小值为，利用公式即可求解；
(3)圆与圆相切，分为内切和外切两种情况去求出半径，再写出圆的标准方程即可.
【小问1详解】
圆可化为，圆心为，半径，
圆心到直线的距离，
直线与圆相离；
【小问2详解】
由(1)可知圆心到直线的距离，
圆上的点到直线距离的最大值为，最小值为；
【小问3详解】
设圆的半径为，
两圆相切，且，
当圆与圆外切时，，当圆与圆内切时，，
圆心为，
圆的方程为或.
16. 已知数列中，，且满足（）．
（1）证明：数列等比数列；
（2）求的通项公式；
（3）令，为数列的前n项和，证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，可得，结合等比数列的定义即可证明；
（2）由（1），根据等比数列的通项公式计算即可求解；
（3）由（2）可得，利用裂项相消求和法可得，结合作差法即可证明.
【小问1详解】
由题意知，所以，
由于，故，故，
故数列是以3为首项，公比为3的等比数列；
【小问2详解】
由（1）可知是以3为首项，公比为3的等比数列，
所以，故
【小问3详解】
由（2）知．
所以，
故
，
由于，故，
又，
故，所以
17. 已知函数．
（1）求函数的解析式；
（2）设，求曲线的斜率为的切线方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先对给定函数求导，然后将代入导函数求出的值，进而得到函数的解析式.
（2）先求出的表达式，再对求导，根据切线斜率求出切点坐标，最后利用点斜式求出切线方程.
【小问1详解】
对求导，可得.
把代入，得到. 解得.
把代入，得到.
【小问2详解】
已知，把代入可得. 对求导，可得.
因为曲线切线斜率为，所以令，即.
解得或.
当时，.
当时，.
当切点为，切线方程为，整理得.
当切点为，切线方程为，整理得.
综上所得，的斜率为的切线方程为或.
18. 已知椭圆（）的左顶点为A，左、右焦点分别为，，离心率为，P为椭圆上任一点，且的面积的最大值为．
（1）求C的方程；
（2）若直线l与C有两个不同的交点M，N（均不与点A重合），且，判断直线l是否恒过一个定点，若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，求△AMN面积的最大值．
【答案】（1）
（2）存在定点
（3）
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积与椭圆性质，及离心率公式与基本关系式计算.
（2）利用直线于椭圆联立方程，韦达定理与向量的数量积.
（3）利用点到直线距离，与弦长公式，三角形面积公式，换元法与函数最值，求出最大值.
【小问1详解】
设椭圆C的焦距为．
当P在短轴的端点处时，的面积最大，所以，
又C的离心率，所以，结合，
得，，所以椭圆C的方程为．
【小问2详解】
解法一：由题意知直线的斜率不为0，否则，
所以可设直线的方程为，
联立得，
所以，
，
所以，
，
由（1）知，
因，所以，
所以，即，
即，解得或（舍去），
又满足，故存在定点.
解法二：将椭圆方程向右平移2个单位，得
，
即 ①，设直线MN方程为，
代入（1）得：，
即，
，两边同时除以得： ②，
设，
，、是②式的两根，
得，，平移回去（向左平移2个单位），
得直线过定点.
【小问3详解】
解法一：由（2）知，，，
所以A到的距离，
所以面积
，
令，
，因为，
所以当时，，此时，满足，故．
18题图
解法二：
，其余同上.
【点睛】思路点睛：知识点综合利用，解决直线与椭圆相交问题，坐标平移变换椭圆方程，通过点到直线距离公式和弦长公式得出三角形面积表达式，综合运算.
19. 已知边长为6的菱形ABCD（如图1），，AC与BD相交于点O，E为线段AO上一点，且，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥（如图2）．
（1）证明：BD⊥AC；
（2）当三棱锥的体积最大时，
（ⅰ）求三棱锥外接球的表面积；
（ⅱ）求平面BCE与平面ACD的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面ACO，再由线面垂直的性质得；
（2）（i）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设外接球的球心为，利用空间距离公式可得外接球半径，则表面积可求；
（ii）利用平面与平面所成角的向量解法求解即可.
【小问1详解】
因为四边形ABCD是边长为6的菱形，并且，
所以，均为等边三角形，故，，
因为平面，平面ACO，且，
所以平面ACO，因为平面ACO，所以．
【小问2详解】
因为为等边三角形，且，
又的面积是定值，所以当平面平面BDC时，
三棱锥的体积最大，所以平面，
如图，以为坐标原点，OB、OC、OA所在直线分别为x轴，
y轴，z轴，建立空间直角坐标系；
因为菱形ABCD的边长为6，所以
，，，，
（ⅰ）设外接球的球心为，半径为R，
则得：
所以外接球的表面积；
（ⅱ）设平面BCE与平面ACD的法向量分别为，，
又．
故取，则，得，
又取，则，得，