广东省深圳市光明区高二上学期期末数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省深圳市光明区高二上学期期末数学试题（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 抛物线的准线方程为， 已知正项数列满足，，则的值为， 已知双曲线等内容，欢迎下载使用。
2025.1
本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，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，将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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用直线斜截式方程及斜率的定义即可求解.
【详解】由直线，得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，
所以，
所以直线的倾斜角为.
故选：A.
2. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】计算出的值，由此可知准线方程.
【详解】因为抛物线，所以，
因为准线方程为，所以准线方程为，
故选：D.
3. 在四面体中，为中点，为中点，则用，，表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用向量的加法法则，结合向量线性运算表示即可.
【详解】在四面体中，为中点，为中点，
则.
故选：B.
4. 已知正项数列满足，，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】首先对已知等式进行变形，得到数列的性质，判断出它是等差数列，然后根据等差数列的通项公式以及已知的来逐步求出的值.
【详解】已知，等式两边同时除以（因为是正项数列，），
可得.这表明数列是公差为的等差数列.
已知，那么.
对于等差数列，其通项公式为（为公差），这里.
当时，.
把代入上式，可得，解得.
故选：A.
5. 已知直线与直线关于直线对称，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】分析可得三条直线互相平行，根据两平行的距离公式计算可得结果.
【详解】由题意得，直线，
∴两直线与直线间的距离相等，
∵方程可化为：，，
∴，解得.
故选：C.
6. 已知等腰三角形的一个顶点为，底边的一个端点为，则底边的另一个端点的轨迹方程为（ ）
A. （且）B. （且）
C. （且）D. （且）
【答案】B
【解析】
【分析】设，利用两点间的距离公式整理化简得的轨迹方程，再去掉三点共线时的点坐标即可.
【详解】设，根据题意可知且三点不共线，
可得，
因此，
若三点共线，易知斜率存在，所以；
即，可得；
联立，解得或；
又因为三点不共线，所以且，
因此端点的轨迹方程为（且）.
故选：B
7. 已知圆，直线与交于，两点，则面积的最大值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得直线过定点以及圆心到直线的距离的取值范围，得出的面积的表达式利用三角函数单调性即可得出结论.
【详解】根据题意可得直线恒过点，该点在已知圆内，
圆的圆心为，半径，作于点，如下图所示：
圆心到直线的距离为，所以，
又，可得；
因此可得，，
所以的面积为.
故选：B
8. 已知双曲线（，），为其左右焦点，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线分别交的左右两支于，两点．若，则的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出辅助线，得到，故，，由双曲线定义得到方程，求出，求出离心率.
【详解】设直线与的切点为，连接，
则，
因为，所以，
而，所以，，
而，所以，
所以，．
因此，所以，
离心率.
故选：B．
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. 对于两个空间向量，，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，当时，
D. 若，分别为平面，的法向量．当时，一定有
【答案】ABC
【解析】
【分析】由向量模长的坐标表示可知A正确，利用共线定理可判断B正确，根据向量垂直的坐标表示计算可得C正确，由空间位置关系的向量证明可判断D错误.
【详解】对于A，由可得，即A正确；
对于B，由可知共线，即可得，即B正确；
对于C，由可得，
解得，即C正确；
对于D，根据平面法向量的定义可知时，一定有，可得D错误.
故选：ABC
10. 设为坐标原点，直线经过抛物线的焦点，且与交于，两点（点在轴上方），与的准线交于点，下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据直线过焦点可得选项A正确；求出点坐标，利用两点间距离公式可得选项B正确；联立直线与抛物线方程，根据弦长公式可得选项C错误；求出点坐标，结合焦半径公式可得选项D正确.
【详解】
A.由题意得，，故，，A正确.
B.由A得，抛物线标准方程为，准线方程为，
∴，故，正确.
.设，由得，，
∴，故，C错误.
D.由得，，故，
∴，故，
∴，D正确.
故选：ABD.
11. 已知椭圆，点，以为直径的圆与交于，两点，则（ ）
A B. 直线与有且只有一个公共点
C. 四边形为平行四边形D. 若为上的动点，则的最大值为10
【答案】AB
【解析】
【分析】求出以为直径的圆方程，与椭圆方程联立求出的坐标，再逐项求解判断.
【详解】依题意，以为直径的圆的方程为，
选项A，由及对称性得，则，A正确；
选项B，直线方程为，即，由，
得，，直线与只有一个交点，B正确；
选项C，设直线与轴交点为，，，
，四边形不是平行四边形，C错误；
选项D，设，则，，，
则，
而，因此当时，，D错误.
故选：AB
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若数列为等差数列，公差，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件计算等差数列首项，结合等差数列前项和公式计算可得结果.
【详解】由得，，故，
∴.
故答案为：.
13. 若直线与直线垂直，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】运用直线垂直的结论计算即可.
【详解】直线与直线垂直，则，解得.
故答案为：2.
14. “曼哈顿距离”是人工智能中常用的一种测距方式．定义平面上两点，之间的“曼哈顿距离”为．对于平面上两定点，，若动点满足．记的轨迹为，则的面积为______．
【答案】10
【解析】
【分析】根据题意可得，结合对称性只研究，，作出图形即可得面积.
【详解】由可得，即，
将代换，方程不变，可知曲线关于轴对称；
将代换，方程不变，可知曲线关于轴对称；
根据，对称性可知，只需讨论，即可．
此时，所以，
可得轨迹在第一象限内与轴和轴所围成的面积为，
所以的面积为．
故答案为：10.
【点睛】关键点点睛：根据方程研究其对称性，这样只需研究，即可，分别理解和计算.
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. 已知的顶点的坐标为，边所在的直线方程为，边上的中线所在的直线方程为．
（1）求边所在的直线方程；
（2）求点关于直线的对称点的坐标．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）联立直线与方程可得，设点，则，根据点分别在直线上列方程组可得结果.
（2）设，根据及线段中点在上列方程组可得结果.
【小问1详解】
由得，∴.
设点，则，
∴，解得，即
∴，故直线的方程为，即.
【小问2详解】
设，则的中点坐标为，，
∴，解得：，故.
16. 如图，在三棱锥中，平面，，，为的中点，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据条件得到，面面垂直转化为线面垂直可得到，结合可证明结论.
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求线面所成角的正弦值，也可根据线面角的定义法求解.
【小问1详解】
∵，为的中点，∴.
∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面.
∵平面，∴.
∵平面，平面，∴，
∵，平面，∴ 平面．
【小问2详解】
方法一：
∵平面，平面，∴，
∵平面，平面，∴，
∴，．
以点为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，
∴，，．
设平面的一个法向量，由，得，
令，则，∴.
设直线与平面所成角为，则，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
方法二：
∵平面，平面，∴，
∵平面，平面，∴，
∴，，．
如图，取的中点，连接、，作于，则.
∵平面，平面，∴，
∴.
∵，为的中点，∴，
∵，平面，∴平面，
∵平面，∴，
∵，，平面，
∴平面，故为直线与平面所成的角．
∵，
∴直线与平面所成的角的正弦值为．
17. 已知双曲线（，）渐近线方程为，且经过点．
（1）求的方程；
（2）直线与有且只有一个公共点，求的值；
（3）直线与交于两点，是坐标原点．若的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据渐近线方程代入点计算即可求出标准方程；
（2）联立直线和双曲线方程，对方程类型进行分类讨论即可求得值；
（3）联立直线与双曲线方程，利用弦长公式以及点到直线距离求出三角形面积表达式，解方程可得的值.
【小问1详解】
由已知，则，
代入点得，
所以双曲线的方程为．
【小问2详解】
直线与双曲线有且只有一个公共点，
所以方程组只有一组解，即只有一个解，
当，即时，满足题意．
当时，，解得；
所以
【小问3详解】
设，，如下图所示：
联立，化简得，
由，解得，且；
所以
原点到直线的距离
所以的面积为；
解得.
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，是上一点，且点到点，的距离之和为．
（1）求的方程；
（2）直线与交于，两点，记直线，的斜率分别为、．
①当时，求的值；
②当变化时，试探究是否为定值．若是，求出该值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）①0；②为定值，定值为0．
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义，结合是上一点,构造方程组，求解即可.
（2）①当时直线曲线联立，求出， 再求出即可，
②当变化时，设，，直曲联立，得，韦达定理得到 ，，再用斜率公式，结合韦达定理计算即可.
【小问1详解】
由题意，得，解得，故的方程为．
【小问2详解】
①当时，由题意得直线的方程为，联立，得，
即， 所以
②当变化时，是为定值0．
证明：设，，联立，得，
所以，即，且，
则，
所以
即为定值，定值为0．
【点睛】知识方法点睛：本题考查直线与椭圆综合应用问题，涉及到椭圆标准方程的求解、椭圆中定值问题的求解；求解定值问题的关键是能够将所求量表示成能应用韦达定理的形式，代入韦达定理结论，整理消去变量可得定值.
19. 在平面直角坐标系中，直线交曲线于点，（在第一象限），过点作轴的垂线，垂足为点.如图，将坐标系第一、二象限所在的半平面沿轴向上翻折90°.
（1）当时，
①求点到平面的距离；
②求平面与平面的夹角的余弦值；
（2）求线段长度的最小值.
【答案】（1）①；②；
（2）.
【解析】
【分析】（1）①方法一：建立空间直角坐标系利用空间距离的向量求法计算可得结果；
方法二：利用等体积法计算即可求出点到平面的距离；
②利用两平面的法向量即可求出平面与平面的夹角的余弦值；
（2）在空间坐标系中求得两点坐标，再由两点间的距离公式利用基本不等式计算可得最小长度.
【小问1详解】
①方法一：
当时，联立，得或，
翻折后，在平面内作z轴交于点O得到如下图所示空间直角坐标系：
则，，，，，，
令平面的一个法向量，
由，令，则，，
，
故点到平面的距离.
方法二:
当时，由得或，
翻折后，，，，，
，，
点到平面的距离为1，设点到平面的距离为，
又，，解得；
所以求点到平面的距离为，
②当时，由①可知，，
令平面的法向量，
由，令，则，；，
故平面与平面的夹角的余弦值；
【小问2详解】
联立，得或；
所以，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故线段长度的最小值为.
【点睛】关键点点睛：求解线段长度的最值时关键在于求得两点的空间坐标，再由两点间距离公式利用基本不等式求出最小值.