安徽省阜阳第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省阜阳第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末数学试题（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间：120分钟 满分：150分
第I卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由题意，得，所以，
故选C．
考点：直线的倾斜角．
2. 如图，M是三棱锥的底面的重心．若，则的值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算结合给定条件求解参数，再求值即可.
【详解】是三棱锥的底面的重心，
，由向量加法法则得，
，
，
，
而，
，，，，则，故B正确.
故选：B
3. 已知公差不为零的等差数列中，成等比数列，则等差数列的前8项和为（ ）
A. 20B. 30C. 35D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】由题意设等差数列的公差为d，运用等比数列的中项的性质，结合等差数列的通项公式，解方程可得d，进而利用求和公式得到n=8的结果；
【详解】由题意设等差数列的公差为d，d≠0，由可得
又成等比数列，
可得a32＝a1a6，
即有（a1+2d）2＝a1（a1+5d），结合
解得d＝（0舍去），
则数列{an}通项公式an＝2+（n﹣1）＝n+；
∴a8＝，∴
故选：B．
【点睛】本题考查等差数列通项公式及求和公式的应用，考查了等比数列中项的应用，属基础题．
4. 过点且与原点距离最大直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据题意得到过点且与垂直的直线为所求直线，再求直线方程即可.
【详解】由题知：过点且与原点距离最大的直线为过点且与垂直的直线.
因为，故所求直线为，即.
故选：A
【点睛】本题主要考查直线方程的求解，数形结合为解题的关键，属于简单题.
5. 已知，直线，为上的动点.过点作的切线，切点为，当四边形面积最小时，直线的方程为（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据几何性质可得当最小时四边形面积最小，求出四边形外接圆方程后可求直线的方程.
【详解】由题意可知，.
故四边形的面积.
由圆得①，
圆心M1,1，半径，即.

要使四边形面积最小，即最小，
又，即求的最小值.
当直线与垂直时，最小.
直线的斜率，则方程为即.
联立得，即
.
中点N0,12，则四边形外接圆为②，
直线方程为①-②，即.
故选：C.
6. 已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点，，点P是两曲线的一个公共点，且，若椭圆的离心率，则双曲线的离心率（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】
设，，由椭圆和双曲线的定义，解方程可得和，再由余弦定理可得与的关系，结合离心率公式，可得，的关系，计算即可求解
【详解】设，，点P是两曲线在第一象限的一个公共点，
由椭圆和双曲线的定义可得，，
解得：，
在中，，
由余弦定理可得：，
整理可得：，两边同时除以得，
即，
因为，可得，
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是设，，由椭圆和双曲线的定义解方程可得，在中，，利用余弦定理列方程化简后可得，，两边同时除以可得和的关系.
7. 在圆幂定理中有一个切割线定理：如图1所示，QR为圆O的切线，R为切点，QCD为割线，则．如图2所示，在平面直角坐标系xOy中，已知点，点P是圆上的任意一点，过点作直线BT垂直AP于点T，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用和余弦定理得到，可得，即可求，进而求得，再利用基本不等式即可得到答案
【详解】连接，
在中，因为是的中点，
所以，平方得，
将代入可得，
因为，所以，
所以，
在，，
所以，
当且仅当即时，取等号,
故选：A
8. 已知数列满足.设 ，为数列的前 项和.若对恒成立，则实数的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用和可求得数列的通项公式，由此得到；结合等比数列求和公式可求得，由的单调性和可确定，由此可得结果.
【详解】设为数列的前项和，则，
当时，；
当时，，
验证可知：时，不满足，
，.
当时，；当时，，
验证可知：时，满足，，
单调递减，单调递增，又，，，
即实数的最小值为.
故选：.
【点睛】本题考查数列中的恒成立问题的求解，涉及到数列通项公式的求解、等比数列求和公式的应用；解题关键是能够通过与的关系确定数列的通项公式.
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. 以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 已知圆，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB经过定点
C. 曲线与曲线恰有三条公切线，则
D. 圆上存在4个点到直线的距离都等于1
【答案】BC
【解析】
【分析】根据直线与圆的相关知识对各选项逐个判断即可解出．直线恒过定点，判断错误；求出直线方程，判断直线经过定点，正确；根据两圆外切，三条公切线，可得正确；根据圆心到直线的距离等于1，判断错误.
【详解】对于，直线方程可化为，令，则，，，所以直线恒过定点，错误；
对于，设点的坐标为，所以，，以为直径的圆的方程为，
两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，，
令，，解得，，故直线经过定点，正确；
对于，根据两圆有三条公切线，所以两圆外切，曲线化为标准式得，
曲线化为标准式得，
所以，圆心距为5，因为有三条公切线，所以两圆外切，即，解得，正确；
对于，因为圆心到直线的距离等于1，所以直线与圆相交，而圆的半径为2，故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，因此圆上有三个点到直线的距离等于1，错误；
故选：．
【点睛】本题主要考查直线系过定点的求法，以及直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，属于中档题．
10. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. Sn取得最小值时或4
C. D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】给出作为反例即可判断A，利用二次函数的性质即可判断B，利用裂项相消法判断C，注意到一定是有理数即可判断D.
【详解】对于A，由于，故对不成立，故A错误；
对于B，由二次函数性质知的开口向上，且对称轴为，故当或时，取得最小值，故B正确；
对于C，因为，故对有.
所以，同时有.
故，故C正确；
对于D，因为一定是有理数，所以不可能以无理数为最小值，故D错误.
故选：BC.
11. 在直三棱柱中，、分别是的中点，D在线段上，则下面说法中正确的有（ ）

A. 平面
B. 直线与平面所成角的正弦值为
C. 若是的中点，若M是的中点，则到平面的距离是
D. 直线与直线所成角最小时，线段长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面法向量的数量积等于零可判断A；求得直线与平面的法向量，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值可判断B；利用向量法求得到平面的距离可判断C；利用异面直线所成角的空间向量求法求得的长可判断D.
【详解】因为直三棱柱中，，
以点为坐标原点，所在直线分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，分别是的中点，在线段上，
所以，
对于A，因为在直三棱柱中，平面，
又，平面，所以，又，所以，
又，平面，所以平面，
所以为平面的一个法向量，又，
则，又平面，平面，故A正确；
对于B，为平面的一个法向量，又，
设直线与平面所成角为，
则，故B错误；
对于C，若是的中点，若M是的中点，则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，又，
所以到平面的距离是，故C正确；
对于D，设，
则，
设直线与直线所成角为，又，
则，
当，即时，取最大值，此时直线与直线所成角最小，
，，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：求线线角，线面角，面面角的最大值与最小值，关键是用变量把动点的坐标或向量表示出来，进而用变量去表示这些角的余弦与正弦值，从而求得取最值时的变量值，进而解决有关问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为等差数列，Sn为其前n项和.若，则_____________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据等差数列通项的基本量关系求得首项和公差，再代入差数列的前n项和公式求解即可.
【详解】解：设d为公差，由，，
得，
解得，，
则，
故答案为：4.
13. 过圆的圆心，且与直线垂直的直线方程是___________.
【答案】
【解析】
【分析】求出圆的圆心，直线斜率，通过点斜式求直线方程.
【详解】解：因为圆即，所以圆心为，
又直线的斜率为，
所以所求直线的斜率为，
∴所求直线的方程为，即.
故答案为：.
14. 已知椭圆和双曲线有公共焦点，且左，右焦点分别为，，与在第一象限的交点为P，是以为底边的等腰三角形，若，与的离心率分别为，，则的取值范围是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆和双曲线的定义、椭圆和双曲线的离心率公式，结合等腰三角形的性质，从而可得，进而可得到关于的表达式，构造函数，再根据函数在上的单调情况即可解得的取值范围．
【详解】设椭圆和双曲线的半焦距为，，，，
由于是以为底边的等腰三角形，，则，，
令椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴为，
由椭圆的定义得，由双曲线定义得，
则，，相减得，即，得，
因此，，显然在上单调递增，
于是，所以的取值范围是．
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. 已知平行六面体，底面是正方形，，，设．
（1）试用表示；
（2）求的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量线性运算，结合几何体特征确定与的线性关系；
（2）由（1），结合空间向量数量积的运算律及已知条件求的长度.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
，
，
所以
.
所以.
16. 已知在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上．
（1）求圆方程；
（2）设过点的直线与圆交于两点，且，求的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先求出二次函数与坐标轴的交点坐标，再设出圆的一般式方程，代入坐标求解参数即可.
（2）利用勾股定理求出点到直线的距离，再利用点到直线的距离公式建立方程，求解参数，得到直线方程即可.
【小问1详解】
曲线和轴的交点为和，和轴的交点为.
设圆的方程为，则代入以上三点坐标可得，，.
所以，
，
.
从而圆的方程为.
【小问2详解】
圆的方程化为标准方程即为，从而圆心为，半径.
设圆心到直线的距离为，由勾股定理得，解得.
再设直线的方程为，即，则.
从而，即.
所以或，故直线的方程为或.
整理可得直线方程为或者.
17. 如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.

（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）或.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，判断即可；
（2）应用向量法求到平面的距离即可；
（3）假设在上存在点，且，，结合线面角正弦值列方程，求参数即可；
【小问1详解】
由题设，得四棱台正四棱台，可建立如图所示空间直角坐标系，

故，
所以，
若平面的一个法向量为，则，
令，则，显然，而面，
所以面；
【小问2详解】
由（1）知：，所以到平面的距离为
【小问3详解】
假设在上存在点，且，，
则，
直线与平面所成的角为，故，
所以，即，可得或，
时，，则，
时，，则，
综上，长为或.
18. 已知椭圆的左右焦点是，且的离心率为.抛物线的焦点为，过的中点垂直于轴的直线截所得的弦长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆上一动点满足：，其中是椭圆上的点，且直线的斜率之积为.若为一动点，点满足.试探究是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）为定值；.
【解析】
【分析】（1）由抛物线的弦长求得抛物线的焦点坐标，即为椭圆焦点坐标，结合离心率可求得得椭圆方程；
（2）设，，，由向量关系表示出，代入椭圆方程得一等式，同时由得代入可得，即点一椭圆上，恰为此椭圆的两个焦点，结论即得．
【详解】解：（1）抛物线的焦点为，∴
过垂直于轴的直线截所得的弦长为
所以，解得.
所以
又∵椭圆的离心率为，∴
椭圆的方程为，.
（2）设，，，则由，
得，
∵点在椭圆上，
∴所以，，
故
.
设分别为直线的斜率，由题意知，
因此
所以..
所以点是椭圆上上的点，.
∵，又∵，∴.
∴恰为椭圆的左、右焦点，由椭圆的定义，为定值.
【点睛】本题考查抛物线的焦点，求椭圆标准方程，考查向量的线性运算，以及椭圆的应用．本题旨在考查学生的分析问题解决问题的能力，逻辑推理能力，运算求解能力．
19. 给定数列，，，，定义“变换”为将数列变换成，，，，其中，且这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，，依此类推，当得到的数列各项为0时变换结束.
（1）求数列，4，2，9经过4次“变换”后得到的数列;
（2）证明：数列，，经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是
（3）已知数列，2，2028经过K次“变换”后得到的数列各项之和最小，求K的最小值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）508
【解析】
【分析】（1）根据定义直接写出即可;
（2）从充分性和必要性两方面求证即可;
（3）求出数列a，，4经过6次“变换”后得到的数列结构也是形如a，，4的数列，仅除4之外的两项均减小24，得数列经过次“变换”后得到数列6，10，4，接下来经过“变换”依次得到4，6，2，2，4，2，2，2，0，0，2，2，至此数列各项之和最小值为4，即可求K的最小值.
【小问1详解】
由题知：数列 A4，4，2，9经过次“变换”后得到的数列依次为：
.
【小问2详解】
充分性：当时，数列，，经过一次“变换”后结束，
必要性：即证明当，，不全相等时，，，经过有限次“变换”后不会结束，
设数列，，，数列，，，数列，0，0，且，
由充分性易知：数列 E只能为非零常数列，
不妨设
为了变换得到数列E的前两项，数列D只有如下四种可能：
，，，，，，，，，
那么数列E的第三项只能是0或者
即不存在数列D，使其经过一次“变换”后变为非零常数列，
故当，，不全相等时，，，经过有限次“变换”后不会结束，
必要性得证.
【小问3详解】
数列，2，2028经过一次“变换”后得到数列，2026，
其结构为a，，4，且远大于，
那么其经过次“变换”后得到数列依次为：
4，a，，4，，，，，，4，，，4
所以数列a，，4经过6次“变换”后得到的数列结构也是形如a，，4的数列，
仅除4之外的两项均减小24，
因为，
所以数列经过次“变换”后得到数列6，10，4，
接下来经过“变换”依次得到4，6，2；2，4，2；2，2，0；0，2，2，
至此数列各项之和最小值为4，K的最小值为
【点睛】关键点点睛：对于数列中的变换题，我们需要在变换中寻找确定的性质，后者需要从具体中抽象出来.