广东省深圳市罗湖区高二上学期期末质量检测数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省深圳市罗湖区高二上学期期末质量检测数学试题（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 在平行六面体中，，设，则， 已知数列满足，若，则为， 已知圆，圆，则等内容，欢迎下载使用。
2025.1
注意事项：
1．答题前，请将姓名、准考证号和学校用黑色字迹的钢笔或签字笔填写在答题卡指定的位置上，并把条形码粘贴好．
2．全卷共4页，19小题，考试时间120分钟，满分150分．
3．作答单项选择题时，选出每题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号的信息点框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．作答非选择题时，用黑色字迹的钢笔或签字笔把答案写在答题卡指定区域内，写在本试卷或草稿纸上，其答案一律无效．
4．考试结束后，请将答题卡交回．
一、单项选择题：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. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用直线的倾斜角和斜率的关系直接求解.
【详解】直线，即，
直线的斜率为，
由于，所以.
故选：B
2. 在空间直角坐标系中，为坐标原点，若，且三点共线，则（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间共线向量的坐标表示建立方程组，解之即可求解.
【详解】由题意知，三点共线，
则存在实数，使得，
即，得，解得.
故选：A
3. 若直线为双曲线的一条渐近线，则（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线渐近线方程的概念直接得出结果.
【详解】由题意知，双曲线的渐近线方程为，
所以.
故选：B
4. 若依次成等差数列，依次成等比数列，则（ ）
A. 3B. C. 或3D. 或4
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比中项和等差数列的性质，可分别求得的值，进而得到答案.
【详解】由于成等差数列，所以，
依次成等比数列，所以，则或
当时，，
当时，.
故选：C
5. 已知直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】当时，判断两直线的斜率，从而可证明充分性；当时，求的值，从而证明必要性.
【详解】当时，：，：，
则，所以，即“”是“”的充分条件；
当时，，解得或，
所以，当时，或，即“”是“”的不必要条件，
综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 在平行六面体中，，设，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，根据空间向量的基本定理计算即可求解.
【详解】如图，

为的中点，为的中点，
则
.
故选：D
7. 已知数列满足，若，则为（ ）
A. 等比数列B. 等差数列C. 递增数列D. 递减数列
【答案】D
【解析】
【分析】取倒数可得，可得，从而可判断数列.
【详解】根据题意，，
所以，且，
所以数列为以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，则
所以数列为递减数列.
故选：D
8. 已知为曲线上的动点，记到直线和到轴的距离分别为，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意画出图形：根据抛物线的定义将问题转化为焦点到直线的距离减去1，利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】根据题意画出图形：
抛物线方程为，直线l的方程为，
，准线为，
在抛物线上有一动点到x轴的距离为，到直线的距离为，
根据抛物线的定义可知的最小值为焦点到直线的距离减去1，
最小值为.
故选：B.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 记为等差数列的前项和，若，且，则（ ）
A. B. 的公差为负数
C. D. 当或8时，取得最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】根据等差数列性质可得，则，依次分析即可得答案.
【详解】设等差数列的公差为，首项，
若，则，
则，解得，
所以，A错误，B正确；
，由于，所以，C错误；
由于，所以是中最大的项，故D正确.
故选：BD
10. 已知圆，圆，则（ ）
A. 的面积为
B. 若，则内切
C. 若外切，则
D. 当时，相交弦所在直线的方程为
【答案】AB
【解析】
【分析】计算两圆圆心坐标及半径，逐项判断即可确定选项.
【详解】由题意得，，圆半径，，圆半径.
A. 圆的面积为，选项A正确.
B. 若，则，圆心距，故圆内切，选项B正确.
C.由题意得，，
∵圆外切，∴，即，解得，选项C错误.
D.当时，，
由得，圆与圆相交，两圆方程作差得，，选项D错误.
故选：AB.
11. 在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点，记二面角的大小为，则（ ）
A.
B. 当时，直线与平面所成的角为
C. 当时，直线与夹角的余弦值为
D. 当时，平面截该三棱台所得截面为等腰梯形
【答案】AC
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理与性质即可证明A；建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角、线面角即可判断BC；利用空间向量法证明即可判断D.
【详解】A：如图，作的中点，连接，
在等腰梯形中，，为，的中点，
∴，在正中，为的中点，∴，
∵，，，平面，
∴平面，又平面，∴．故A正确；
B：∵平面，在平面内作，以为坐标原点，
以，分别轴正向，如图建立空间直角坐标系，
∵，，∴为二面角的平面角，即，
，，，
，，，
所以，，
若，则，得，
易知是平面的一个法向量，
则，
又直线与平面所成的角为锐角，所以其为，故B错误；
C：由选项B知，若，则，，
所以，即直线与夹角的余弦值为，故C正确；
D：由选项B知，若，则，
所以，，取的中点，连接，
则梯形即为平面截该三棱台所得的截面，此时，
所以，得，而，
则，所以该截面不是等腰梯形，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：解决本题BC选项的关键是建立合适的空间直角坐标系，确定，将点的坐标表示出来.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 直线的一个单位方向向量为_________．
【答案】（或填）
【解析】
【分析】根据直线方向向量即可求解.
【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量是，
所以直线的单位方向向量为或.
故答案为：（或填）
13. 已知等比数列的前n项和为，若，，则______．
【答案】14
【解析】
【分析】由等比数列的性质得：，，成等比数列，即2，4，成等比数列，由此能求出．
【详解】等比数列的前n项和为，，，
由等比数列的性质得：，，成等比数列，
，4，成等比数列，
，
解得．
故答案为14．
【点睛】本题考查等比数列性质的应用，已知数列为等比数列，则，，也成等比数列．
14. 已知椭圆，设，若上存在3个不同的点使得，则的离心率的取值范围为_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，由题意，根据两点距离公式化简求解点的轨迹，作出图形，将圆的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理和求出的取值范围，结合离心率的概念计算即可求解.
【详解】设，由，得，
整理得，
即点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆.
因为椭圆与圆有3个不同的交点，
由椭圆，则.
结合图形可知，点是椭圆与圆的一个公共点.
由，消去，整理得，
易知，且为该方程的一个根，
由椭圆与圆有3个不同的交点，
则方程必有另一根，且在内.
设另一个根为（），且此根对应椭圆与圆的个公共点，
由韦达定理得，即，所以，
解得，
所以，
又，所以.
故答案为：
【点睛】思路点睛：解决本题的思路是先求解确定点的轨迹为圆，将条件转化为圆与椭圆需有3个不同的交点，联立方程组，利用韦达定理和根的范围求出的取值范围，结合计算即可.
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. 已知圆的半径为，点在直线上，且圆经过点．
（1）求圆的方程；
（2）若直线与平行，且与圆相切，求的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先设圆心坐标，再根据圆心与圆上点距离半径进行计算.
（2）根据直线平行的相同斜率设直线再应用点到直线距离等于半径求参即可.
【小问1详解】
点在直线上，设为得到，
所以，
化简得，所以,,
圆的方程为.
【小问2详解】
设，，所以，
所以的方程为：或.
16. 设数列的前项和为，．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，根据和等差数列的定义与通项公式计算即可求解；
（2）由（1）可得，结合裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
由，得，
即，又，
所以数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以数列的前项和为
.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，点在棱上，．
（1）证明：平面；
（2）求与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）如图，根据面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，即可利用空间向量法证明线面平行；
（2）由（1），利用空间向量法求解线面角即可.
【小问1详解】
如图，取的中点，连接，则，且，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
建立如图空间直角坐标系，
由，得，
则，
由，得，即，
得，解得，即.
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，有，则，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，设与平面所成角为（为锐角），
则，
所以，
即与平面所成角的余弦值为.
18. 在直角坐标系中，已知点，平面上的动点满足，记的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）设直线与的另一个交点为．
（i）证明：为定值；
（ii）求面积的最小值．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）12
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的定义即可确定E的方程；
（2）（i）设方程为，联立双曲线方程，利用韦达定理和焦半径公式表示，化简计算即可证明；
（ii）由三角形面积公式可得，利用换元法（令）可得，结合导数的应用求出的最小值即可.
【小问1详解】
由，得，，
由双曲线的定义知，点的轨迹是以为左右焦点的双曲线的右支，
且，则，，所以，
所以的方程为；
【小问2详解】
设直线方程为，
，消去得，
则，，，
又，
由焦半径公式，得，
所以
，即证；
（ii），
结合（2）知，
令，则，
得，
设，则该函数在上单调递减，则，
故，即面积的最小值为12.
19. 设为抛物线上一点，按如下方式构造：设，线段与交于点，为关于轴的对称点．
（1）求；
（2）记，且．
（i）判断无穷数列是否为等比数列，并说明理由；
（ii）当时，证明：．
【答案】（1）
（2）（i）为等比数列，理由见解析；
（ii）证明见解析
【解析】
分析】（1）根据坐标得到抛物线方程，然后联立直线和抛物线方程得到点，最后根据对称关系求；
（2）（i）联立直线和抛物线方程，利用对称关系和韦达定理得到的关系，最后利用等比数列的定义判断即可；
（ii）根据得到，然后利用放缩的方法证明即可.
【小问1详解】
由点得，解得，
所以抛物线的方程为，
，则直线的方程为，整理的，
联立得，
解得或，将代入得，
所以，则.
【小问2详解】
（i），则直线的方程为，
联立得，
因为为关于轴的对称点，所以得纵坐标为，
由韦达定理得，
因为在上，所以，
则，整理得，
则，
，
所以数列为等比数列，首项为3，公比为.
（ii）证明：由（i）得，整理得，
，
因为，
所以，
综上可得.
【点睛】关键点睛：（ii）的解题关键在于将放缩为，即，然后求和证明即可.