广东省深圳市2024_2025学年高二数学上学期期末试题含解析

这是一份广东省深圳市2024_2025学年高二数学上学期期末试题含解析，共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若为空间的一个基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过证明ACD选项中的三个向量共面，判断它们错误，利用反证法证明B选项中的三个向量不共面，判断B正确.
【详解】对于A，因为，所以共面，
所以不能构成基底，
对于C，因为，
所以共面，所以不能构成基底，C错误；
对于D，，
所以共面，所以不能构成基底，D错误，
对于B，若共面，
则可设，故，
故共面，与条件矛盾，
所以不共面，即能构成基底，B正确；
故选：B.
2. 在数列中，，，则（ ）
A. 43B. 46C. 37D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】由递推公式用累加法公式求出，再求即可.
【详解】法一：由题得，
所以.
法二：由题，，
所以.
故选：C.
3. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则的离心率等于（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】借助双曲线的渐近线方程可得，即可得，即可得离心率.
【详解】由题意可得，故，
则，
故.
故选：A.
4. 已知直线和直线，则“”是“”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】B
【解析】
【分析】由题意先求出时的的值，然后根据充分不必要条件的定义判断即可.
【详解】由题设，可得，解得或.
当时，，此时，当时，，此时，
所以“”不能推出“”；“”能推出“”，
则“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 三棱锥的四个顶点均在同一球面上，其中平面，是正三角形，，则该球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】找到三棱锥的外接球的球心，在三角形中求得球半径，从而求得表面积.
【详解】取的外接圆圆心为，过点作底面，
为三棱锥外接球球心，设该球半径为，
由平面，则，连接、、，
由是正三角形，，故，
由，，则，
故有，
故该球的表面积.
故选：D.
6. 如图，二面角的大小为，点A，B分别在半平面，内，于点C，于点D．若，，．则（ ）

A. B. 6C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解法一：作辅助线构造三角形，根据余弦定理以及勾股定理可求得结果；解法二：根据向量的线性运算以及数量积的运算可求得结果.
【详解】解法一：在内过点C作，且，连接，，
所以为二面角的平面角.

易知平面，而四边形为矩形，所以，
故平面，因而，
，
；
解法二：由，，
得，，．
因为，
所以，
则，
解得，．
故选：C.
7. 直线与圆相交所形成的长度为整数的弦的条数为（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用弦长公式计算可得弦长的取值可以为4，5，再由对称性即可得出结论.
详解】直线化简得得，则恒过点，
圆的圆心为，半径为；
因此，在圆的内部，当与弦长垂直时，弦长最短，此时；
最大弦长应小于等于直径，因此长度为整数弦的长度可以为4，5；
由对称性可知长度为4的只有一条，长度为5的弦长有2条，共3条.
故选：C.
8. 已知一个各项非零的数列满足且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，递推关系可化为，证明，证明数列为等比数列，由此可求数列的通项公式，再分别在，，条件下判断函数的单调性可得结论.
【详解】因为，，
所以，
设，则，
所以
若，则,，矛盾，
所以，故，
所以数列为以为首项，公比为的等比数列，
所以，
故，
若，则，
数列为递增数列，且，
所以数列为递减数列，与已知矛盾；
若，则，
所以数列为递减数列，且，
所以数列为递增数列，满足条件；
当时， ，故，
所以数列为递减数列，
令，可得，
所以当，且时，，
当，且时，，
与条件矛盾，
所以的取值范围是，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过对递推式的变形，并设，换元可得，再证明数列为等比数列，由此求出数列的通项公式.
二、多项选择题：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. 首项为正数，公差的等差数列，其前项和为，则下列命题中正确的有（ ）
A. 若，则是严格增数列
B. 数列一定是等差数列
C. 若，则使的最大的为
D. 若（为常数），则
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，根据严格增数列的定义判断即可；选项B，先结合等差数列前项和公式求，再结合 等差数列的定义判断结论；选项C，利用与的关系，得及，结合等差数列前项和公式及性质找到数列的正负分界位置可得；选项D，结合与的关系求，及时，再结合等差数列性质求，由此判断D.
【详解】选项A，因为，所以对于任意的，，
故，，所以A正确；
选项B，由已知，
所以，
所以，
所以数列一定是等差数列，故B正确；
选项C，由，
知且，故，
故等差数列首项，公差，
即数列为递减数列，当时，；当时，.
，，
且当时，，
故使的最大的n为21，故C项错误；
选项D，由可得，，
当时，，
因为为等差数列，所以，故，
故，满足关系，
所以，故D正确.
故选：ABD.
10. 设为坐标原点，直线过抛物线：的焦点，且与交于两点，若直线为的准线，则（ ）
A.
B.
C. 为等边三角形
D. 以为直径的圆与相切
【答案】BD
【解析】
【分析】先求得焦点坐标，进而求得抛物线方程，根据弦长公式、直线和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】抛物线的焦点的坐标为，
由已知直线过点，
所以，
所以，故，，所以A选项错误，
抛物线方程为，准线为，
由，
消去并化简得，，
不妨设，，，
解得或，
所以，B选项正确.
因为，
所以，
所以三角形不是等边三角形，C选项错误.
因为中点坐标为，该点到准线的距离是，
所以以为直径的圆与相切，D选项正确.
故选：BD
11. 已知正方体的棱长为，点为正方形（含边界）内的一个动点，过棱的中点作该正方体的截面，满足与棱和棱分别交于两点，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 直线与所成角的正切值为
C. 截面的面积为
D. 当时，点的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由，结合三棱锥体积公式判断A，建立空间直角坐标系，由条件证明为所在棱的中点，取的中点，由，确定直线FG与所成的角，解三角形求其正切值，判断B；截面与棱的交点分别为，同理可证它们为所在棱的中点，确定截面，求截面面积判断C；由条件可求，由此确定点的轨迹及轨迹的长度，判断D.
【详解】因为，
因为点为正方形（含边界）内的一个动点，
由已知平面平面，正方体的棱长为，
所以点到底面的距离为定值，
又的面积，
所以三棱锥的体积，
所以三棱锥的体积为定值，A正确；
以为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，
设，，
则，，，
因为，，，
故，，
所以，
，
所以，，故分别为棱的中点，
设截面与棱的交点分别为，
同理可证分别为棱的中点，
取的中点，连接，，则，
则直线FG与所成角即为直线FG与GM所成角．
在中，，，则，
即直线FG与所成角的正切值为，所以B选项正确；
因为正六边形即为截面，
又正方体的棱长为，
所以正六边形边长为，所以其面积为，所以C选项不正确，
对于D选项，因为平面，平面，
所以，又，，
所以，
因为，即圆的半径大于，小于，
所以点的轨迹为下图中以为圆心，为半径的圆位于正方形内的一段圆弧，
且，，
所以，
又，所以，
所以，
所以点的轨迹长度为，所以D正确．
故选：ABD．
【点睛】易错点点睛：本题D选项的判断容易忽视确定圆弧的圆心角的大小，导致轨迹的长度求解错误，导致答案错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在正方体中，直线和直线所成的角为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用异面直线所成角的定义可知即为所求的角.
【详解】如下图所示：
由正方体性质可得，
所以直线和直线所成的角等于，
又易知为等边三角形，所以.
故答案为：
13. 设等比数列的前项和为，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设数列的公比为，先证明，再结合等比数列求和公式化简条件，求和，再求结论.
【详解】设数列的公比为，
若，则，，，
又，所以，，与矛盾，
所以，，
因为，所以，
所以可化为，
所以，
所以，
所以，
所以或或（舍去），
若，又，可得，此时，矛盾，
当时，，
故若，，此时，
若，，此时，
故答案为：.
14. 已知椭圆的标准方程为，右顶点为，左顶点为，设点为椭圆上一点，的面积的最大值为，则的值为______；若已知点点为椭圆上任意一点，则的最小值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据的面积的最大值为可求得，进而可得知点、为椭圆的左、右焦点，可得出，由此利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】由已知条件可得、，
设，因为点为椭圆上一点，
所以，，，
所以的面积，当且仅当时取等号，
所以当的坐标为或时的面积取最大值，最大值为，
由已知可得，
所以椭圆方程为，
所以、分别为椭圆的左､右焦点，
所以，所以
所以
故
所以，
当且仅当，时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：；.
四、解答题：本大题共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. 已知圆的圆心在直线上，并且经过点，与直线相切．
（1）求圆的方程；
（2）经过点的直线与圆相交于A，B两点，若，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设圆的方程为，由题意，列出方程组，求解得的值，即可写出圆的方程；
（2）分直线的斜率是否存在进行讨论，斜率不存在时，联立方程求出点的坐标，计算弦长验证，斜率存在时，设的方程为，由圆心到直线的距离等于半径求出的值即得.
【小问1详解】
设圆的方程为，
由已知得，
解得，，，
所以圆的方程为，即；
【小问2详解】
① 若直线有斜率，可设的方程为，即，
由已知，则圆心到直线的距离
解得，
此时，直线的方程为，即；
② 若直线没有斜率，则的方程为，
将其代入，可得或，
即得，，满足条件，
综上所述，直线的方程为或．
16. 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，
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.
17. 一动圆与圆外切，同时与圆内切．
（1）求动圆圆心的轨迹方程；
（2）记（1）所求轨迹方程对应的曲线为，点为曲线上一动点，点的坐标为，求点到点距离的最小值，并给出此时点的坐标．
【答案】（1）
（2）最小值为，点的坐标为或．
【解析】
【分析】（1）设动圆圆心为，由条件可得关系，结合椭圆定义判断的轨迹形状及位置，再利用待定系数法求椭圆方程；
（2）设，表示，结合关系点在椭圆上，消，求其最小值可得结论.
【小问1详解】
设动圆圆心为，半径为，
设圆和圆的圆心分别为，
将圆的方程分别配方得：圆，圆
当动圆与圆相外切时，有①
当动圆与圆相内切时，有
将①②两式相加，得，
所以动圆圆心到点和的距离和是常数，
所以点的轨迹是焦点为点，长轴长等于的椭圆．
设该椭圆的标准方程为；椭圆的半焦距为，
则，，
所以，
所以，
所以动圆圆心轨迹方程为．
【小问2详解】
根据题意得：设，
因为点在椭圆上，所以，故，
所以，
所以当时，最小值为，此时点的坐标为或．
18. 已知数列是等差数列，正项数列是等比数列，为数列的前项和．，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若对任意正整数恒成立，求实数的最小值；
（3）若，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用等差数列、等比数列通项公式列方程组计算可得结果.
（2）分离参数得，分析数列的单调性可得结果.
（3）计算为偶数或奇数时的值可得结果.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
∵，，
∴，解得或，
∵，∴，故．
【小问2详解】
∵对任意正整数恒成立，
∴对任意正整数恒成立.
令，则，
∵，
∴，即数列单调递减，
∴，故，即的最小值为．
【小问3详解】
由，得，
∴，
当为偶数时，
，
当为奇数时，，
综上得，.
19. 现有一双曲线和分别为的左焦点和右焦点，是双曲线上一动点，的最大值为3．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）M是的右顶点，过的直线交双曲线左支于两点，
（i）求直线与直线的斜率之积；
（ii）判断是否是定值，并给出理由．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）是，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的定义结合三角形三边关系，可构造函数以及其定义域，利用反比例函数单调性可求的最值，结合题意，建立方程，可得答案；
（2）设出直线方程，联立双曲线方程，写出韦达定理，利用斜率公式以及弦长公式，整理可得答案.
【小问1详解】
设，那么，，
根据，可得．
因为在上单调递减，
所以时，取最大值3，所以，解得．
所以．
因此根据题意可得的标准方程为．
【小问2详解】
（i）设，直线为，
联立直线方程和双曲线方程可得，化简得，
根的判别式，
所以根据韦达定理可得，
，
，
.
（ii）是定值，理由如下，设，
直线为，联立直线方程和双曲线方程可得
化简得，
根的判别式，
所以根据韦达定理可得，
所以，
所以
．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，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，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，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．