广东省河源市四校联考2024-2025学年高二上学期期末数学试卷（Word版附解析）

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一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式、指数不等式求集合，再由集合的交运算求交集即可.
【详解】由，，
所以.
故选：A
2. 已知为虚数单位，复数（）是纯虚数，则（ ）
A. 或B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由纯虚数的概念，列得方程组，从而可求出的值.
【详解】因为复数（）是纯虚数，
所以，
由，得或，
由，得，
所以.
故选：D.
3. 已知，，向量在方向上投影向量是，则为（ ）
A. 12B. 8C. -8D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由投影向量和数量积的定义即可得出结论.
【详解】在方向上投影向量为，
，.
故选：A
4. 已知锐角满足，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两角差的正弦、正切，两角和的正切，二倍角的正切结合已知计算可得.
【详解】由可得，
即，
而，
所以，
移项得，即，
又，是锐角，所以，则，
所以，即，且，
所以，解得，
因为，所以，
又，
所以.
故选：D
5. 已知，且，则“”是“函数在上单调递增”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先由在R上单调递增求得的取值范围，再利用充分条件，必要条件的定义即得.
【详解】由在上单调递增，得，解得，
故“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 等比数列的各项均为正数，且.设，则数列的前项和（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，则，根据已知条件求出、的值，可得出的通项公式，再利用裂项相消法可求得.
【详解】设等比数列的公比为，则，则，
所以，所以，因为，可得，
所以，
所以，
所以，，
即数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
因此.
故选：B.
7. 在直三棱柱中，，，，分别是棱，上的点，且，，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面距离.
【详解】由题意，以为原点建立如图空间直角坐标系，
，，，，.
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，，
令，解得，，得到，
设点到平面的距离为，.
故选：D
8. 已知数列满足且，其前n项和为，则满足不等式的最小整数n为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得，利用分组求和法可求得，然后解不等式即可.
【详解】因为，所以，且，
所以数列是首项为1，公比为的等比数列，
则，所以.
所以，
由，即，
所以，因为，
所以满足不等式的最小整数n为9.
故选：C.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题意，全选对得满分，漏选得部分分，错选不选不得分）
9. 已知圆，点在直线上，过作圆的两条切线（为切点），则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 当轴时，四边形的面积为
C. 原点到直线距离的最大值为
D. 的外接圆恒过两个定点
【答案】AD
【解析】
【分析】直接证明切线长可判断A，举反例判断B，用求两圆公共弦所在直线方程法求出直线方程，然后求点到直线的距离可判断C，用参数表示求出的外接圆方程，利用恒等式知识求得两定点坐标后判断D．
【详解】A选项，由题意得，，则．
设，所以，故A正确；
B选项，由于满足条件，但此时，故B错误；
C选项，设点到的距离为，以为直径的圆的方程为，即，
两圆方程相减得的方程为，
所以，故C错误；
D选项，由可知，的外接圆是以为直径的圆，由C可知圆的方程为，即，
由，解得或，故该圆恒过和，故D正确．
故选：AD．
10. 如图，已知正方体棱长为2，，分别为，的中点，为线段上的动点，下列选项正确的是（ ）

A. 不存在使得B. 存在使面
C. 存在两个使与成角D. 任意满足
【答案】BD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，根据条件，求得，选项A，通过计算，即可求解；选项B，易得平面的一个法向量为，利用线面位置关系判断的向量法，即可求解；选项C，求得，，利用，即可求解；选项D，利用，求得，即可求解.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，

因为，
又为的中点，则，
设，又，
由，得到，
对于选项A，因为，
又，所以，故选项A错误，
对于选项B，易知平面的一个法向量为，由选项A知，
由，得到，解得，
所以当为中点时，面，所以选项B正确，
对于选项C，因为，，
则由，
整理得到，解得或（舍去），
即存在1个使与成角，所以选项C错误；
对于选项D，因为，
得，
当时，等号成立，所以选项D正确，
故选：BD.
11. 过抛物线焦点的直线交抛物线于点，交其准线于点在线段上，若，且为原点则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 以为直径的圆与准线相切
C. 直线斜率为
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意作图，利用抛物线的定义，结合直角三角形的性质以及圆与直线的位置关系，可得答案.
【详解】由题意，不妨设在第一象限，分别过作垂直于准线，垂足分别为，作图如下：
对于A，由图可知，，
在中，由，则，
易知，在中，，
由，则为线段的中点，即在中，，
所以，故A正确；
对于B，由A易知，由，则，
即，所以以为直径的圆的半径，
在直角梯形中，中位线的长度为，
则以为直径的圆的圆心到准线的距离，故B正确；
对于C，由A可得，则直线的倾斜角为，即斜率为，
当在第四象限时，同理可得斜率为，故C错误；
对于D，，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. 设双曲线：两条渐近线的倾斜角分别为，，若，则C的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出因为，再由可得答案.
【详解】因为，，所以，
双曲线：的两条渐近线方程分别为，
若，则的倾斜角为，的倾斜角为，
即，解得，
则C的离心率为.
故答案为：.
13. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________．
【答案】
【解析】
【分析】先设出公切线与两曲线的切点坐标，分别求出两曲线在切点处的切线方程，再根据公切线过原点这一条件，联立切线方程求解切点坐标，进而求出实数的值.
【详解】设直线与曲线相切于点，
由，得，因为与曲线相切，
所以，消去，得，解得，所以，
设与曲线相切于点，由，得，即，解得，
因为是与曲线的公共点，
所以，消去，得，即，解得．
故答案为：
14. 若直线被圆所截得的弦长为，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知直线过圆心，则，利用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意取值条件.
【详解】由，则圆心为，半径为2，
由直线被圆所截得的弦长为，故直线过圆心，
所以且，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 已知二次函数f（x）=ax2+ax﹣2b，其图象过点（2，﹣4），且f′（1）=﹣3．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）设函数h（x）=xlnx+f（x），求曲线h（x）在x=1处的切线方程．
【答案】（Ⅰ）a=b=﹣1；（Ⅱ）2x+y﹣2=0．
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）由题意可得f（2）=﹣4，代入f（x）解析式，求出f（x）的导数，代入x=1，解方程可得a=b=﹣1；
（Ⅱ）求出h（x）的解析式，求得导数，可得切线的斜率，再由点斜式方程可得切线的方程．
解：（Ⅰ）由题意可得f（2）=﹣4，
即为4a+2a﹣2b=﹣4，
又f′（x）=2ax+a，可得f′（1）=3a=﹣3，
解方程可得a=b=﹣1；
（Ⅱ）函数h（x）=xlnx+f（x）
=xlnx﹣x2﹣x+2，
导数h′（x）=lnx+1﹣2x﹣1=lnx﹣2x，
即有曲线h（x）在x=1处的切线斜率为ln1﹣2=﹣2，
切点为（1，0），
则曲线h（x）在x=1处的切线方程为y﹣0=﹣2（x﹣1），
即为2x+y﹣2=0．
考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；导数的运算．
16. 设的内角所对边分别为，若.
（1）求证：成等差数列；
（2）若为整数，，且三个内角中最大角是最小角的两倍，求周长的最小值.
【答案】（1）证明见详解
（2）15
【解析】
【分析】（1）根据题意利用三角恒等变换结合正弦定理可得，即可得结果；
（2）根据题意利用正、余弦定理可得，进而可得结果.
【小问1详解】
因为，整理得，
即，
由正弦定理可得：，即成等差数列.
【小问2详解】
由题意可得：，则，
不妨设，
因为，由正弦定理可得：，
由余弦定理可得：，
即，整理得，
所以，
可得周长，
可知当时，周长的取到最小值15.
17. 如图，在四棱锥中，，，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明出平面，可得出，利用勾股定理得出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）由结合等体积法可求得点到平面的距离.
【小问1详解】
因为，，，所以，故，
取的中点，连接，如图所示：
因为，故，
又因为，即，故四边形为平行四边形，所以且，
因为，故，即，
所以，
因为，所以，故，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，且，故，则，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
设点到平面的距离为，则，
取的中点，连接，如下图所示：
因为，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
因为，故，
因为平面，平面，所以，故，
由得，解得，
故点到平面的距离为.
18. 已知椭圆：的左右顶点分别为，，上下顶点分别为，，且四边形的周长为，过点且斜率为的直线交于两点，当直线过的左焦点时，．
（1）求的标准方程；
（2）若为坐标原点，的面积为，求直线的方程；
（3）记直线与直线的交点为，求的最小值．
【答案】（1）
（2）或或或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题中条件得到关于的等量关系，再结合的关系进行求解即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系将的面积表示出来，结合的面积为，求出直线的斜率，即可得到直线的方程；
（3）设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，利用，，在同一条直线上得到，利用，，在同一条直线上，所以，结合根与系数的关系得到，即，所以点在直线上，即可求出的最小值．
【小问1详解】
由题意知，
解得，，，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
由题意知直线的方程为，设，，
由，得，
所以，解得，
所以，，
所以，
又点到直线的距离，
所以的面积，
解得或，所以或或或，
所以直线的方程为或或或；
【小问3详解】
由题意知直线的方程为，设，，
由，得，
所以，解得，
所以，，
设，因为，，在同一条直线上，所以，
又，，在同一条直线上，所以，
所以，
所以，所以点在直线上，
所以．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
19. 设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，令，数列的前项和为.
（1）求的和公比;
（2）求;
（3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）4 （2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，前项和为，由题意，化简可得值；
（2）由（1）得，用错位相减法求和；
（3）设，，按的奇偶性分类求解可得参数范围．
【小问1详解】
设等差数列的公差为，前项和为，则，
所以，
因为是“和等比数列”，所以，即，对任意恒成立，
所以，解得，
所以的和公比为4；
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
所以，
相减得，
所以；
小问3详解】
设，
，
，是递增数列，
不等式对任意的恒成立，即不等式对任意的恒成立，
当为奇数时，，则，
当为偶数时，，则，
综上，的取值范围是．