安徽省六安市叶集皖西当代中学2024-2025学年高二上学期1月期末数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省六安市叶集皖西当代中学2024-2025学年高二上学期1月期末数学试题（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了 《周髀算经》中有这样一个问题， 已知，则下述正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前、考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本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. 在直角坐标系中，下列直线的倾斜角为钝角的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线的方程依次分析即可得答案.
【详解】解：对于A选项，直线与轴垂直，所以倾斜角为，故A错误；
对于B选项，直线与轴平行，所以直线的倾斜角为，故B错误；
对于C选项，根据直线的截距式方程得直线过，点，故斜率，所以倾斜角为钝角，故C正确；
对于D选项，化为斜截式得，所以，所以倾斜角为锐角，故D错误.
故选：C.
【点睛】本题考查根据直线的方程判断直线的倾斜角的范围，是基础题.
2. 平行于直线，且与的距离为的直线的方程为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用平行直线系设出直线方程，然后利用平行直线间的距离公式计算出m的值.
【详解】解：设与直线平行的直线方程为，
由，
解得：或.
∴ 所求直线方程为或.
故选：B.
3. 在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出，，利用线线角的向量法，即可求解.
【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，
则，所以，，
设异面直线与所成的角为，
则，
故选：D.
4. 已知是椭圆C的两个焦点，过且垂直于x轴的直线交C于A、B两点，且，则的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合椭圆的定义运算求解即可.
【详解】如图所示：，，
由椭圆定义得.①
在中，.②
由①②得，则，
所以椭圆C的方程为.
故选：C.
【点睛】本题考查椭圆方程的求解.
5. 《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次有小寒、大寒、立春、雨水、 惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这些节气的日影长依次成等差数列， 冬至、立春、春分日影长之和为尺，前九个节气日影长之和为尺，则芒种日影长为（ ）
A. 尺B. 尺C. 尺D. 尺
【答案】C
【解析】
【分析】从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种的日影长依次构成等差数列，设为，求出、的值，可求得该等差数列的公差，进而可求得的值，即为所求.
【详解】从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、 惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、
芒种的日影长依次构成等差数列，设为，
前九个节气日影长之和为尺，即，解得，
又因为冬至、立春、春分日影长之和为尺，即，可得，
所以，数列的公差为，
所以，即芒种日影长为尺.
故选：C.
6. 如图所示,在平行六面体中,,,,是的中点,点是上的点,且,用表示向量的结果是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在平行六面体中根据空间向量的加法合成法则,对向量进行线性表示,即可求得答案.
【详解】连接
可得:
又
故选: D.
【点睛】本题考查了空间向量的加法运算,解题关键是掌握向量的加法运算和数形结合,属于基础题.
7. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是公差为的等差数列
B. 数列是公差为2的等差数列
C. 数列是公比为的等比数列
D. 数列是公比为2的等比数列
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推关系式，化简变形可得即可判断数列是公比为的等比数列.
【详解】∵，
∴，
既不是等比数列也不是等差数列；
∴，
∴数列是公比为的等比数列．
故选：C
8. 已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得，或然后结合三角函数的性质即可确定的最大值.
【详解】如图所示，，则由题意可知:，
由勾股定理可得

当点位于直线异侧时或PB为直径时，设，
则：
，则
当时，有最大值.

当点位于直线同侧时，设，
则：
，
，则
当时，有最大值.
综上可得，的最大值为.
故选：A.
【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.
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. 已知，则下述正确的是（ ）
A. 圆C的半径B. 点在圆C的内部
C. 直线与圆C相切D. 圆与圆C相交
【答案】ACD
【解析】
【分析】先将圆方程化为标准方程，求出圆心和半径，然后逐个分析判断即可
【详解】由，得，则圆心，半径，
所以A正确，
对于B，因为点到圆心距离为，所以点在圆C的外部，所以B错误，
对于C，因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆C相切，所以C正确，
对于D，圆圆心为，半径，
因为，，
所以圆与圆C相交，所以D正确，
故选：ACD
10. 已知数列是等比数列，则下列命题中正确的是（ ）
A. 数列是等比数列
B. 若，，则
C. 若数列的前项和，则
D. 若，公比，则数列是递增数列
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，根据条件，利用等比数列的定义，即可求解；对于B，根据选项条件，直接求出，即可求解；对于B，利用，求接求出，再利用等比数列的性，即可求解，对于D，根据通项公式，结合选项条件及指数函数的性质，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，首项为，
对于选项A，因为为常数，所以数列是等比数列，故选项A正确，
对于选项B，因为，，则，解得，
所以，故选项B错误，
对于选项C，因，令，得到，令，得到，所以，
令，得到，所以，由题有，解得，所以选项C错误，
对于选项D，因为，又，公比，所以数列是递增数列，故选项D正确，
故选：AD.
11. 已知抛物C：的焦点为F，直线l与C交于点A，B（A在第一象限），以AB为直径的圆E与C的准线相切于点D．若，则（ ）
A. A，B，F三点共线B. l的斜率为
C. D. 圆E的半径是6
【答案】AC
【解析】
【分析】根据直线与抛物线的关系，结合几何关系，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：连接，过点分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为，如下所示：
因，又，故，
故三点共线，A正确；
对B：因为，，故，又，
故，又//轴，故直线的倾斜角为，则直线的斜率为，故B错误；
对C：根据B所求，可得直线方程为，联立抛物线方程可得：
，解得或，故两点的坐标为，
则，故，C正确；
对D：由C知，，故圆的半径为，D错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆，过点的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】先求出圆心的坐标和半径，设，则过点与垂直的直线被圆所截的弦最短，利用半径、弦心距和弦的关系可求出弦长.
【详解】由，可得圆心，半径，
设，则过点与垂直的直线被圆所截的弦最短，
，
此时弦长为，
故答案为：2.
13. 记为数列的前项和，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据公式 ，化简即可得出答案.
【详解】当时，.
当时，因为化简得.
所以数列为以为首项，为公比的等比数列.
所以.
故答案为.
【点睛】本题考查根据递推关系求数列的前项的和.属于基础题.解本类题型需熟练掌握公式.
14. 已知是双曲线的右焦点，P是C左支上一点，，当周长最小时，该三角形的面积为 ．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，根据三点共线，求出直线方程，联立双曲线方程，即可求得点坐标，则由即可容易求得.
【详解】设双曲线的左焦点为，由双曲线定义知，，
∴△APF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|++|AF|=|PA|++|AF|+，
由于是定值，要使△APF的周长最小，则|PA|+最小，即P、A、共线，

∵，∴直线的方程为，即代入整理得，
解得或 (舍)，所以P点的纵坐标为，
∴=.
故答案为：.
【点睛】本题考查双曲线中三角形面积的求解，涉及双曲线的定义，属综合中档题.
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. 已知等差数列的前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）列式求解的公差，写出等差数列通项公式，即可求解；
（2）由（1）得，再利用裂项相消法求和，即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，
解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以.
16. 已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）上一点P（m，2）到其焦点F的距离为4．
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点F且斜率为1的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，求OAB的面积．
【答案】（1）x2＝8y；（2）.
【解析】
【分析】（1）解方程即得解；
（2）求出和，即得解.
【详解】解：（1）由已知及抛物线定义可得，∴p＝4，∴抛物线C的方程为x2＝8y．
（2）由（1）可得F（0，2），∴l：y＝x+2，设A（x1，y1），B（x2，y2），
将l方程代入C方程整理得y2﹣12y+4＝0，∴y1+y2＝12，∴|AB|＝y1+y2+p＝16，
原点O到直线l的距离为，
∴OAB的面积．
17. 已知数列满足，.
（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）递推关系两边同除以可得，两边同时减1，化简后利用等比数列的定义与通项公式求解即可；
（2）利用错位相减法与分组求和法，结合等差数列与等比数列的求和公式求解即可.
【小问1详解】
由，两边同除以可得，
化为，又因为，
所以数列是以为首项以为公比的等比数列，
所以，则；
【小问2详解】
即，
设①，
则②，
①减②得：，
所以
所以.
18. 如图，平面，，.
（1）求证：∥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）（Ⅲ）
【解析】
【分析】首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系
(Ⅰ)利用直线BF的方向向量和平面ADE的法向量的关系即可证明线面平行；
(Ⅱ)分别求得直线CE的方向向量和平面BDE的法向量，然后求解线面角的正弦值即可；
(Ⅲ)首先确定两个半平面的法向量，然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于CF长度的方程，解方程可得CF的长度.
【详解】依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，
可得.
设，则.
(Ⅰ)依题意，是平面ADE的法向量，
又，可得，
又因为直线平面，所以平面.
(Ⅱ)依题意，，
设为平面BDE的法向量，
则，即，
不妨令z=1，可得，
因此有.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
(Ⅲ)设为平面BDF的法向量，则，即.
不妨令y=1，可得.
由题意，有，解得.
经检验，符合题意｡
所以，线段的长为.
【点睛】本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
19.
已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】
【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形；
（ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值.
【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；
（2）（i）
[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为即可证得题中的结论】
依题意设，
直线的斜率为，则，
所以．
又，所以，
进而有，即是直角三角形．
[方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为即可证得题中的结论】
由题意设，则．
因为Q，E，G三点共线，所以，
又因为点P，G在椭圆上，所以，
两式相减得，
所以，所以．
（ii）
[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】
设，则直线的方程为，联立解得所以直线的方程为．联立直线的方程和椭圆C的方程，可得，则，所以．
令，即
．
注意到，得，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，．
[方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】
设的中点为N，直线的斜率为k，则其方程为．
由解得．由（Ⅰ）得．直线的方程为，直线的方程为，联立得，．
又，从而，进而．以下同解法一．
【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为是证明垂直的核心和关键；
方法二：利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单.
(ii)导数是求最值的一种重要方法，在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解；