江苏省徐州市第三中学2024-2025学年高二上学期1月期末抽测模拟数学试题（解析版）

这是一份江苏省徐州市第三中学2024-2025学年高二上学期1月期末抽测模拟数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 若圆等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线的斜率，进而求出其倾斜角.
【详解】直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.
故选：B
2. 直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求圆心坐标，由垂直可得斜率，然后根据点斜式可得.
【详解】由可知圆心为，
又因为直线与直线垂直，
所以直线的斜率为，
由点斜式得直线，
化简得直线的方程是．
故选：D．
3. 已知是等差数列，，则（ ）
A. B. C. 0D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式可得，结合计算即可求解.
【详解】设等差数列的公差为d，则，
解得，所以.
故选：C
4. 如图，在三棱柱中，与相交于点O，，，，，则线段的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量加减、数乘的几何意义，结合三棱柱中各线段的位置关系用表示出，再应用空间向量数量积的运算律求的模长，从而得解．
【详解】由题意可知，四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，，则线段的长度为．
故选：A．
5. 已知椭圆为坐标原点，直线与椭圆交于A，B两点.若为直角三角形，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出两点的坐标，再代入椭圆方程，再结合椭圆的离心率公式即可得解.
【详解】由椭圆的对称性可得，
则，
则不妨取，
将点的坐标代入得：，
所以，
所以的离心率.
故选：B.
6. 如图，四边形中，，．现将沿折起，当二面角处于过程中，直线与所成角的余弦值取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】二面角的平面角易作图，但异面直线的夹角不好作图，这里用了向量和以及求模思想，来求这两条异面直线的夹角余弦值.
【详解】设向量与所成角为，二面角的平面角大小为．
因为，所以．又，所以，
取中点，连接，，则，，
所以，又因为，．
所以在中，，即，
又由，．
因为，所以
．
所以，即
又因为，所以．
因为异面直线所成角范围为，
所以直线与所成角的余弦值取值范围是．
故选：D.
7. 已知数列的前n项和，若，且数列满足，若集合中有三个元素，则实数λ的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用与的关系式求得，进而求得，利用作差法分析得数列中的项的情况，再利用集合中元素的个数即可得解.
【详解】由题意知，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，
因为，所以，
所以，
则，
当时，；
当时，，即；
又，
，
则数列中的项从大到小排列为，
因为集合中有三个元素，所以.
故选：A.
8. 设椭圆的左、右焦点分别为，，直线过点.若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆的定义、余弦定理列式，再结合求解出离心率的值.
【详解】如图，由点关于的对称点恰好在椭圆上，得，，
由椭圆定义，得，
在中，由余弦定理得
，
则，
又，整理得，又椭圆的离心率，
于是，而，解得，所以的离心率.
故选：C
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.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. 已知等差数列和的前n项和分别为和，且，，则下列结论正确的有（ ）
A. 数列是递增数列B.
C. 使为整数的正整数n的个数为0D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】化简已知等式由函数的单调性可得A正确；取反例结合等差数列的求和公式可得B错误；化简已知等式可得C正确；结合等差数列的求和公式判断为递增数列，再讨论的取值可得D正确；
【详解】对于A，，所以数列是递增数列，故A正确；
对于B，若，
则，，
所以，故B错误；
对于C，由可知无整数，故C正确；
对于D，因为和是等差数列，且前n项和分别为和，
所以，
所以递增，
所以最小值为时，为，故D正确；
故选：ACD.
10. 若圆：与圆：的交点为，，则（ ）
A. 公共弦所在直线方程为
B. 线段中垂线方程为
C. 过点作圆：的切线方程为
D. 若实数，满足圆：，则的最大值为2
【答案】AD
【解析】
【分析】将圆和圆的方程相减即可判断A，线段的中垂线即为直线，可判断B选项，易知点在圆外，讨论斜率是否存在即可求解切线方程，可判断C，令，代入圆的方程，解方程即可判断D.
【详解】易知圆：的圆心为，半径为；
圆：的圆心为，半径为；
对于A，两圆心距为，此时，两圆相交；
所以两圆方程相减可得公共弦所在直线方程为，即A正确；
对于B，由圆的性质可知，线段中垂线即为即为直线，其方程为，
化简可得，所以B错误；
对于C，易知点在圆：外，
当切线斜率不存在时，直线方程为，不合题意；
当切线斜率存在时，设直线方程为，
因此圆心到直线的距离为，
解得，所以切线方程为，即C错误；
对于D，令，代入圆的方程整理可得，
该方程有解，故，解得，
即的最大值为2，所以D正确.
故选：AD
11. 如图所示，在棱长为1的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（ ）
A
B. 若为直线上的动点，则为定值
C. 点A到平面的距离为
D. 过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由平行公理可判断A；由数量积的定义可判断B；由等体积法可判断C；由截面面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆可判断D.
【详解】于选项A：连结，，正方体中，，而M，N分别为棱，的中点，则，所以，故A正确；
对于选项B：设与的夹角为，由上图可知，
所以，故B正确；
对于选项C：连接，设点到平面的距离为，由得，又，则，所以，故C错误；
对于选项D：连接交于点，则是的中点. 正方体外接球球心是正方体对角线的中点，半径.
由对称性知过MN作该正方体外接球截面，所得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为.
易得.∴.
故截面圆半径.
此时截面圆面积为，故D正确．
故选：ABD．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线与直线平行，则实数a的值为____________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据两直线平行的充要条件，即可得到答案；
【详解】由题可知两直线的斜率存在，故，
由，则它们的斜率相等且纵截距不等，
∴，解得.
故答案为：1.
13. 记为等比数列的前项的和，若，，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合等比数列的求和公式运算求解，注意讨论公比是否为1.
【详解】设等比数列的公比为，
若，则，这与已知，是矛盾的，
所以，从而，，
将上面两个等式的两边分别相除，得，解得，
由此可得，因此．
故答案为：.
14. 已知椭圆与双曲线的左、右焦点相同，分别为，，与在第一象限内交于点，且，与的离心率分别为，.则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆与双曲线定义得，由得出关系，从而表示出，由椭圆与双曲线的定义求得的不等关系从而得出的取值范围，然后结合函数单调性求得范围．
【详解】如图所示.
根据椭圆的定义以及双曲线的定义可得解得
显然，可得.又，且，
其中，，
可得，所以.
令，则.因为，所以.
又，所以，所以，
又，所以，所以，所以可得.
设函数，而函数在区间上单调递增，
所以，所以.即的取值范围是.
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，分别为椭圆的左、右焦点，且椭圆经过点和点，其中为椭圆的离心率.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若倾斜角为的直线经过点，且与C交于M，N两点（M点在N点的上方），求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将点2,0和点代入椭圆方程，解之即可得解；
（2）根据题意，利用直线的点斜式求得直线的方程，再联立直线与椭圆方程，直接求得点的坐标，从而得解.
【小问1详解】
因为椭圆椭圆经过点2,0和点，，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）得，直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
联立，解得或，
则，
所以.
16. 已知数列的前n项和为，，．
（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和为；
（3）若对任意恒成立．求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据题设递推关系有，结合等差数列定义判断证明，进而写出通项公式；
（2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求；
（3）将问题化为恒成立，作差法判断右侧的最小值，即可得参数范围.
【小问1详解】
由，则，又，
所以数列是首项、公差均为的等差数列，则，
所以.
【小问2详解】
由，则，
所以，
所以.
【小问3详解】
由（1）（2），则，整理得恒成立，
令，则，
当时，当时，当时，
所以，即的最小值为，
综上，.
17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，是的中点，作交于点.
（1）求证：平面；
（2）若平面与平面的夹角的正弦值为，
（i）求长；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）2；（ii）
【解析】
【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，计算，所以，结合即可证明；
（2）（i）求出平面与平面的法向量，由两平面夹角的正弦值求长；
（ii）由（1）可知是直线与平面所成角的一个平面角，即可得解.
【小问1详解】
以原点，所在直线分别为轴､轴､轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则.
因为，
故，所以.
由已知，且，平面.
所以平面.
【小问2详解】
（i）设平面的法向量，因为，
所以，所以，令，得；
设平面的法向量，
所以，所以，令，得；
设平面与平面的夹角为，则，
因为，所以，所以，
解得（取正），所以长为2.
（ii）由（1）可知，故是直线与平面所成角的一个平面角，
在直角中，，
又，则与互余，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知椭圆的焦点为，且该椭圆经过点.
（1）求的标准方程；
（2）若为上一点，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.
（2）根据椭圆的定义求得，从而求得的面积.
【小问1详解】
依题意，设椭圆方程为，
所以，解得.
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由于，，根据抛物线的定义有：
，整理得，
所以的面积为.
19. 数列满足，，数列的前项和为；数列的前项和为且满足.
（1）分别求，的通项公式；
（2）若，求数列的前项和；
（3）证明：
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先得出，再求解为奇数和偶数时的通项公式，进而可得的通项公式，结合通项与前项和的关系可得为等比数列，进而可得通项公式；
（2）由（1），再裂项相消求和即可；
（3）代入放缩可得，再利用两次错位相减求解即可证明.
【小问1详解】
由可得，则.
又，，则.
故为奇数时是以为首项，公差为的等差数列，，
为偶数时是以为首项，公差为的等差数列，.
综上有
又，则当时，，解得；
当时，，，两式相减可得，
即，故是以为首项，为公比的等比数列，故.
【小问2详解】
由（1），故数列的前项和
【小问3详解】
，
故.
则
设
错位相减可得，
则.
设，
则，
相减可得，
则，
故
故即得证