安徽省省十联考2024-2025学年高二上学期1月期末测试数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省省十联考2024-2025学年高二上学期1月期末测试数学试题（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了答题时，必须使用0等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位.
2.答题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效.
4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交.
一、单选题
1. 平面中两条直线与垂直，已知直线的倾斜角为，则直线的斜率为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由直线的倾斜角为，求出直线的斜率；再根据两直线与垂直，斜率积为，从而求出的斜率.
【详解】因，所以，
易知，故直线的斜率为.
故选：B.
2. 在四面体中，点为线段靠近的四等分点，为的中点，若，则的值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理结合已知条件求解即可.
【详解】因为四面体中，点为线段靠近的四等分点，为的中点，
所以
因为，所以，故．
故选：A
3. 已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率为，求出，从而可得双曲线的渐近线方程.
【详解】因为双曲线的离心率为，
故，
则，
故双曲线的渐近线方程为，即，
故选：B.
4. 设是等比数列前项和，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，由已知求出，再结合前项和的意义求得答案.
【详解】设等比数列的公比为，由，得，
则，，
，，
所以.
故选：D
5. 已知抛物线的焦点为，若抛物线上一点满足，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线的定义结合直角三角形的性质求解即可.
【详解】如图，过向准线做垂线，垂足为，作，
由题意得四边形是矩形，故，，
因为，所以，
得到，由抛物线定义得，
而，解得，故B正确.
故选：B
6. 将正奇数按照如图排列，我们将3，7，13，21，31……，都称为“拐角数”，则下面是拐角数的为（ ）
A. 55B. 75C. 91D. 109
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题中规律，并采用累加法找到拐弯数的通项公式，即可求解.
【详解】不妨设第个“拐角数”为，
不难发现，，，，，
所以，得，
当时，也符合上式，所以，
所以第7个“拐角数”是，
第8个“拐角数”是，
第9个“拐角数”是，
第10个“拐角数”是，故C正确.
其余都不是“拐角数”.
故选：C.
7. 已知是圆上一动点，过点作圆两条切线，切点分别为、，则四边形的外接圆的面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意知四边形的外接圆的直径为，设圆的圆心为,半径为，则，进而可求四边形的外接圆的面积的最大值.
【详解】圆，即为，圆心，
圆即为，设圆心为,半径为，则，，
因为是圆上一动点，
所以.
因为
PC为四边形的外接圆的直径.
所以四边形的外接圆的面积的最大值为.
故选：B.
8. 如图，四边形中，是边长为2的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，现将沿折起，当二面角的平面角大小时，直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取中点，连接，，过点作平面的垂线，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得直线与所成角的余弦值.
【详解】取中点，连接，，易知为二面角的平面角，
所以，过点作平面的垂线，
以为原点，、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，D0,1,0，.
从而，，所以.
所以直线与所成角的余弦值是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，利用向量法可求异面直线所成角的余弦值.
二、多选题
9. 记等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A. 是递增数列B.
C. 当时，取得最小值D. 若，则的最小值为11
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据等差数列基本量的运算求解即可判断A；求得通项公式计算可判断B；利用前项和公式求得最小值判断C；令，求解即可判断D.
【详解】对于A，由题意可得，解得，故是递增数列，故A正确；
对于B，，，故B错误；
对于C，，
所以当时，取到最小值，故C正确；
对于D，令，即，解得或，
因为，所以使的的最小值为11，故D正确.
故选：ACD.
10. 如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，且点满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点与重合，则，
B. 若平面，则
C. 存在唯一的点使得平面
D. 若，，则点到平面的距离为
【答案】BCD
【解析】
【分析】点与重合，判断A；根据题意确定平面平面，确定在直线上，判断B；建立空间直角坐标系，运用空间向量表示线面垂直，进而判断C；借助C，确定P位置，求出距离判断D.
【详解】对于A，因为，所以，，故A错误.
对于B，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，又面，面，所以面，
又因为，所以四边形为平行四边形，
所以，又面，面，所以面，
又因为，所以平面平面，所以在直线上，
而，则，故B正确.
对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，
，，，，，，，，
则，
故，
，，设平面的法向量为，
则，故可设，
，若平面，则，
所以，从而，，点位置唯一确定，故C正确；
对于D，当，时，此时，由C知，此时平面，
所以点到平面的距离为，故D正确.
故选：BCD.
11. 古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同.据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线.如图2，在底面半径为2，且的圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，是母线上除端点外的一点，用过，，三点的平面去截该圆锥，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆锥的体积为
B. 若，则平面与圆锥底面的夹角为
C. 当时，截得的曲线是椭圆的一部分
D. 若，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用圆锥体积公式求得体积判断A；根据平面平面，可求得平面与圆锥底面的夹角判断B；根据曲线的离心率为，计算可判断C；由已知可得，进而可求得离心率判断D.
【详解】对于A，在圆锥中，其底面半径为2，且，故，
所以圆锥体积为.故A正确.
对于B，连接，因平面，又平面，
所以平面平面，
从而，所以，
易知平面与圆锥底面的夹角为.故B错误.
对于C，时，已知，则曲线的离心率为，
所以截得的曲线是椭圆的一部分.故C正确.
对于D，在中，，，，
所以，所以离心率为.故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：关键在于根据离心率的计算公式结合每个选项的条件计算相应的离心率.
三、填空题
12. 已知空间向量，，两两夹角均为，其模均为1，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量数量积的运算法则计算即可求得.
【详解】
.
故答案为：.
13. 已知数列的前项和为，，若数列的前项和为，则________.
【答案】16
【解析】
【分析】由题意可求出，进而利用裂项相消对数列求和即可.
【详解】因为，所以，
则，
，解得.
故答案为：16.
14. 已知曲线，为上一点，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】由双曲线渐近线性质、椭圆方程，利用利用的几何意义，运用点到直线距离公式、两平行线间的距离公式，结合三角换元可求出取值范围.
【详解】曲线化为
画出图形如下，其中直线为曲线对应双曲线的渐近线，
表示曲线上点到直线的距离的2倍，
又直线与直线平行且距离为，
于是，随着的增大，值无限接近于3，
当在上时，该点到直线的距离可取得最小值，
设，，，
则到直线的距离为，
当且仅当时取等号，
所以的取值范围为.
故答案为：
四、解答题
15. 在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且圆与直线相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）过的直线被圆截得的弦长为2，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据圆的几何性质确定圆心所在直线，解方程组求得圆心坐标，继而求得半径，即可求得圆的方程；
（2）讨论直线的斜率是否存在，存在时，设出直线方程，求出圆心到直线的距离的表达式，根据弦长列式计算，求得斜率，即可得答案.
【小问1详解】
易知过点且与直线垂直的直线斜率为，
故圆心与切点连线方程为，
联立，解得，
所以；
所以圆的半径为，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知圆的方程为，
因为直线被圆截得的弦长为2，
所以到直线的距离为，
若直线的斜率不存在，则方程为，此时圆心到直线的距离为1，符合题意，
若直线的斜率存在，设方程为，即
则，即，解得，
所以直线的方程为或.
16. 若数列的前项和为，且.数列满足.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和，并证明.
【答案】（1）；
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由条件根据关系可得，证明数列是等比数列，由此可求，由可求；
（2）由（1）得，再利用错位相减法求数列的和．
【小问1详解】
，
又，
两式相减得，即，
又当时，，得，
故数列是以3为首项3为公比的等比数列，
，
，，
，，
符合上式
.
【小问2详解】
由（1）可得，
，
上两式相减得，
，
令，则，
所以是关于的减函数，得，
所以是关于的增函数，所以，
而，所以，从而.
17. 如图，四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上，是否存在点，使得，，，四点共面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）先证平面，从而可得；
（2）过作的垂线交于点，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角；
（3）设，所以，根据，，，四点共面，
可得，即可求得.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
又因为，，，平面，
所以平面，因为平面，
所以.
【小问2详解】
过作的垂线交于点，因为平面，
所以，，如图建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，，，，，
因为为的中点，所以，
所以，，，
所以，，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则即，
令，则，，于是，
，
所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
设，
所以.
因，，，四点共面，
所以，，
所以，从而.
所以在棱上，存在点，使得，，，四点共面，此时.
18. 已知圆，圆，若动圆与圆外切，且与圆内切，记动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知点，过点且斜率不为0的一条直线，交曲线于、两点，直线、分别与直线交于、两点.
①求证：直线与直线的斜率之积为常数；
②求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义判断的轨迹为椭圆，进而求出椭圆方程；
（2）①设直线，联立方程利用韦达定理求出，，根据斜率相等求出，然后代入斜率公式表示出化简即可得；②由①知，，所以，然后利用基本不等式求出最值即可
【小问1详解】
设动圆的半径为，由题意，
又，故的轨迹为椭圆.
，，
故的轨迹方程为
【小问2详解】
①由（1）知A−2,0，F1,0，设直线，Px1,y1，Qx2,y2，
联立消去，整理得，
则，
根据题意可设，，
则由，可得，
由，可得，
所以直线与直线的斜率之积
所以直线与直线的斜率之积为定值.
②由①知，，所以.
，
，
所以
当且仅当或时等号成立，
所以面积的取值范围是.
【点睛】关键点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
19. 若有穷数列（是正整数），满足（，且，就称该数列为“对称数列”.
（1）已知数列是项数为7的对称数列，且，，成等比数列，，，成等差数列，，试写出的每一项；
（2）已知是项数为的对称数列，且构成首项为，公差为3的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最小值？最小值为多少？
（3）设数列是项数为（且）的“对称数列”，且满足，记为数列的前项和．若，，求的最小值．
【答案】（1）1，2，4，6，4，2，1
（2），最小值为
（3）1459
【解析】
【分析】（1）理解“对称数列”定义，结合等比数列的基本量即可得解；
（2）解法一：利用“对称数列”的对称性，结合等差数列的求和公式求得，从而得解；解法二：利用前项和求得最大值的特征分析“对称数列”即可得解；
（3）由，可得，结合“对称数列”，可得，结合已知可得（舍去）或，从而可得结论.
【小问1详解】
因为，，成等比数列，则，
因为，，成等差数列，则，解得，；
综上，数列为1，2，4，6，4，2，1.
【小问2详解】
解法一：因为构成首项为，公差为3的等差数列，所以
又，，所以当时，取得最小值.
解法二：当该对称数列恰为0，，，，，，，，0时取得最小值，此时，所以当时，.
【小问3详解】
即或，所以，即，
所以.
因为是“对称数列”，
所以
，又因为且，
所以（舍去）或.
当构成公差为的等差数列时，，，此时，所以的最小值为1459.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；（3）将已知条件代入新定义的要素中；（4）结合数学知识进行解答.