广东省广州市华南师范大学附属中学高二上学期期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省广州市华南师范大学附属中学高二上学期期末考试数学试题（解析版）-A4，共17页。
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的班别､姓名､考号填写在答题卡指定位置，并用铅笔准确填涂考号.
2.选择题每小题选出答案后，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，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，答题卡由监考老师收回.
第一部分选择题（共58分）
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. 已知直线l的一个方向向量为，则直线l的倾斜角为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用方向向量求出直线斜率即可求出倾斜角.
【详解】因为直线l的一个方向向量为，所以l的斜率，
又，所以，因为，所以.
故选：D.
2. 已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系为（ ）
A. 相离B. 相交C. 外切D. 内切
【答案】D
【解析】
【分析】根据即可判断两圆的位置关系.
【详解】由题意知，，
所以，则，
所以两圆内切.
故选：D
3. 已知数列的通项公式为，则146是该数列的（ ）
A. 第10项B. 第11项C. 第12项D. 第13项
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的通项公式，列式求出值即可.
【详解】依题意，，而，解得，
所以146是该数列的第12项.
故选：C
4. 如图，平行六面体中，AC与BD交于点M，设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的加法、减法法则化简可得结果.
【详解】.
故选：D.
5. 已知是等比数列，则“”是“是增数列”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】根据递增数列的定义并结合对项取值，可得结果
【详解】由数列是等比数列，可假设，
则，
可知，但数列不是递增数列，
若数列是递增等比数列，由定义可知，，故
“”是“是递增数列”的必要不充分条件
故选：B
6. 已知数列的前项和为，且，则的值为（ ）
A. 107B. 169C. 1389D. 1409
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定的通项公式，利用分组求和法列式计算即可.
【详解】依题意，.
故选：D
7. 某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年（2024年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2024年到2033年该产品的销售总额约为（ ）
（参考数据：）
A. 964万元B. 2980万元C. 3940万元D. 5170万元
【答案】C
【解析】
【分析】该公司从2024年起的每年销售额依次排成一列可得数列，由求出通项，再结合数列求和即可得解.
【详解】该公司从2024年起的每年销售额依次排成一列可得数列，
依题意，当时，，即，
因此数列是首项为90，公比为1.3的等比数列，，即，
则，
所以从2024年到2033年该产品的销售总额约为3940万元.
故选：C
8. 已知矩形，，，为边上一点且，与交于点，将沿棱折起，使得点折到点的位置，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知，，结合垂直关系可知平面，结合长度关系可知点在以点为圆心，半径为的圆上，结合圆的性质分析求解.
【详解】在矩形，，，，
由可得，
由可得，
则，即，
可知折起后，必有，，，
，平面，
故平面，
因为是确定的直线，故对任意点，，，都在同一个确定的平面内，
因为，可知点在以点为圆心，半径为的圆上（如图），
由图知，当且仅当与该圆相切时，取到最大值，
则也取到最大值，
此时，，
则的最大值为.
故选：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于证明平面后，要考虑动点的轨迹，同时将理解为点与圆上的点的连线，结合图形，得出当且仅当与该圆相切时，取到最大值的结论.
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. 已知数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则数列为等差数列
B. 若，则数列是公差为的等差数列
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定的递推公式，结合等差数列的性质，逐一判断各个选项即可.
【详解】对于A，当时，，数列为等差数列，A正确；
对于B，，则是公差为的等差数列，B错误；
对于C，当时，，则，，
因此，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：AD
10. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，半正多面体的棱长为，棱数为24，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 若是棱的中点，则与平面平行
C. 平面与平面的夹角的正切值为
D. 若四边形的边界及其内部有一点，，则点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由给定条件可得“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点，结合正方体的结构特征，利用线面垂直、线面平行的判定定理及面面角，逐项剪断.
【详解】对于A，由图知与虚线正方体的侧棱平行，而侧棱垂直于平面平面，
因此平面，A正确；
对于B，点是虚线正方体一组平行棱的中点，则平面平面，
而与平面相交，因此与平面不平行，B错误；
对于C，如图，取中点，连接，则，
是平面与平面的夹角，，C正确；
对于D，半正多面体的棱长为，虚线正方体的棱长为4，平面，
由平面，得，，
因此点的轨迹是以为圆心、2为半径的圆在四边形及内部，
点的轨迹长度为，D正确.
故选：ACD
11. 已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A. 点的轨迹方程是
B. 点的轨迹与圆没有公共点
C. 平面上有一点，则的最小值为5
D. 直线是“最远距离直线”
【答案】ACD
【解析】
【分析】设点，根据题意列方程化简可得方程判断A；结合图形直接判断B；将转化为，结合图形判断C；判断直线与点P的轨迹方程是否有交点判断D.
【详解】对于A，设，因为点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半，
所以，化简得，A正确；
对于B，由，得，即圆心为，半径为1，
易得点P的轨迹与圆C交于点，B错误．
对于C，过P作于B，则，，
由图知，的最小值即为点A到直线l：的距离，该距离为5，C正确；
对于D，由可得，解得，存在，
因此直线是“最远距离直线”，D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据题设条件求出轨迹方程，结合图形求解是关键.
第二部分非选择题（共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知抛物线上一点的横坐标为3，则点到抛物线焦点的距离是__________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抛物线定义直接求得答案.
【详解】抛物线的准线为，
所以该抛物线上点到其焦点的距离为.
故答案为：4
13. 若两平行平面、分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量为，则两平面间的距离是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，结合平行平面距离的意义，利用空间向量计算作答.
【详解】依题意，平行平面间的距离即为点O到平面的距离，
而，所以平行平面、间的距离.
故答案为：
14. 如图，是一块半径为的半圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形，记第块纸板的面积为，则
（1）__________.
（2）若，使得成立，则的取值范围是__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）根据题意可知，每次剪去的半圆的面积构成了一个等比数列，由此先求得，从而可求得答案；（2）根据题意只要使得，即可保证，使得成立，因此解不等式即可得答案.
【详解】依题意，依次剪去一个更小半圆，其半径为前一个半圆半径的一半，
则每次剪去的半圆的面积组成了首项为 ，公比为 的等比数列，
第块纸板是剪了次后得到的，，
（1）；
（2），使得成立，则只需，而，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：将被剪去的半圆面积依次排成一列构成等比数列，利用等比数列前项和公式求出是求解的关键.
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. 已知等比数列各项均为正数，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合等比数列性质求出公比，进而求出通项公式.
（2）由（1）的结论求出，再利用分组求和法，结合等差数列、等比数列前项和公式求解.
【小问1详解】
设等比数列中，，由，得，解得，
而，则，因此数列的公比，
所以数列通项公式为.
【小问2详解】
由（1），得，
所以数列的前项和.
16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，于点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成的角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成的角的余弦值．
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，则，
因为四边形为矩形，则，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，、平面，所以平面，
因为平面，故.
【小问2详解】
解：因为平面，四边形为矩形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0、、B1,0,0、、、，
则，，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
所以，，
因此，直线与平面所成的角的余弦值为.
17. 已知数列的前n项和为，，．
（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和为；
（3）若对任意恒成立．求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据题设递推关系有，结合等差数列定义判断证明，进而写出通项公式；
（2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求；
（3）将问题化为恒成立，作差法判断右侧的最小值，即可得参数范围.
【小问1详解】
由，则，又，
所以数列是首项、公差均为的等差数列，则，
所以.
小问2详解】
由，则，
所以，
所以.
【小问3详解】
由（1）（2），则，整理得恒成立，
令，则，
当时，当时，当时，
所以，即的最小值为，
综上，.
18. 已知椭圆经过点，且右焦点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆交于两点，以为直径的圆过原点.
（i）证明：；
（ii）若过原点的直线与椭圆交于两点，且，求四边形面积的范围.
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的方程.
（2）（i）联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理及垂直关系的向量表示推理得证；（ii）取中点为，结合给定向量关系可得，由点在椭圆上求出，进而建立的函数关系并求出取值范围.
【小问1详解】
依题意，，而半焦距，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（i）由（1）知，椭圆：，设，，
由消去得，
则，，，
由以为直径的圆过原点，得，
整理得，则，
即，则，此时成立，
所以.
（ii）设线段中点为，则，结合图可知，，
又，
由，得点坐标为，，
于是，化简得，即，
则，
所以四边形面积的取值范围为.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
19. 给定正整数，设数列满足.对于正数，定义，其中表示数集中最大数.记集合，设的元素个数为.
（1）写出数列，并由此求出集合；
（2）若，求的所有可能取值；
（3）证明：存在无穷多个使得.
【答案】（1），，，；
（2），，，；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）写出数列、，根据题中定义可得出集合、；
（2）由题意可得，由（1）可知，或不合乎题意，可得出，推导出，求出的可能取值，然后逐一检验即可得解；
（3）讨论，和，两种情况，结合题中定义，求出、，即可证得结论成立.
【小问1详解】
数列，则，数列，则.
【小问2详解】
依题意，，
由（1）知，当或时，，不符合题意，则，
对于给定的，因为，
则，即，当时，，且，
于是，，
而，所以，，
则，即，又，解得、、、或，
当时，，，符合题意；
当时，，，符合题意；
当时，，，符合题意；
当时，，，符合题意；
当时，，，不符合题意，
所以的所有可能取值有、、、.
【小问3详解】
当，时，若，由，
得或，
则、、、中不同的值为、、、、，共个，
若，由，
得、、、各不相等，
则、、、中不同的值有个，
于是；
当，时，
若，由，
得或，
则、、、中不同的值为、、、、，共个，
若，由，
得、、、各不相同，
则、、、中不同的值有个，
于是.
所以对任意的，，故结论得证.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：
（1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.