吉林省八校联考2024-2025学年高二上学期1月期末考试 数学 Word版含解析

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2.答卷前考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上.
3.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线斜率的定义直接得出结果.
【详解】由得，
故倾斜角满足为，
故.
故选：D
2. 如图所示，在平行六面体中，为与的交点.若，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量运算的三角形法则、平行四边形法则表示出即可.
【详解】由题意可得：
=.
故选：A.
3. 如图，在正方体中，M，N分别为的中点，异面直线MN与所成角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连结，，根据题中条件，得到异面直线与所成角即为直线与所成角，进而可求出结果.
【详解】
连结，，因为在正方体中，M，N分别为的中点，
所以，
因此，异面直线与所成角即为直线与所成角，即，显然为.
故选：B
4. 九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜.据明代杨慎
《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一“.在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，若.且，则解下6个环所需的最少移动次数为（ ）
A. 13B. 16C. 31D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】
根据已知的递推关系求，从而得到正确答案.
【详解】，，
，，，，
，
所以解下6个环所需的最少移动次数为.
故选：C.
5. 已知双曲线与椭圆的焦点重合，则以椭圆的短轴端点为顶点，且与双曲线具有相同渐近线的双曲线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出的值，可得出双曲线的方程，根据题意，设所求双曲线的方程为，根据所求双曲线与双曲线有相同的渐近线可得出的值，即可得出所求双曲线的方程.
【详解】由题意且，则，则双曲线的方程为.
以椭圆的短轴端点为顶点的双曲线可设为，
若与双曲线具有相同渐近线，则，即.
故所求双曲线的方程为，即.
故选：B.
6. 平行直线与之间的距离为，则，的可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将直线化为，再由距离公式得到方程，从而得到，结合选项判断即可.
【详解】将直线化为，显然，
依题意可得，即，只有满足题意.
故选：A.
7. 如图，在直三棱柱中，为腰长为的等腰直角三角形，且，侧面为正方形，为平面内一动点，则的最小值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用对称点、到平面距离相等，得出关于平面的对称点为，利用对称点求出最短路径即可
【详解】由题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设关于平面的对称点为，
则，
设平面的法向量，
则即
令，则，
所以为平面的一个法向量，
所以与到平面的距离，
即①，又，所以②，
所以由①②得，又由可得，所以，
所以，
当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为．
故选：A．

8. 已知点在以为左、右焦点的椭圆内，延长与椭圆交于点，满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意设，，由椭圆的定义和勾股定理计算可得，结合二次函数的图象与性质确定的单调性，进而，结合离心率的定义计算即可求解.
【详解】如下图所示：
由题意可知，，设，则，
由椭圆定义可得，
在Rt中，由勾股定理可得，
即，即，
因为点在椭圆内，则，
又因为，所以，
令，是一条开口向上的抛物线，对称轴为，
所以在上单调递增，
若方程在内有实根，则，
得，所以，
因点在椭圆内，且，则，即，
所以，因此.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据椭圆的定义和勾股定理推出（），利用二次函数的图象与性质求得，结合离心率的定义求解即可.
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. 已知椭圆上一点，、分别为左、右焦点，，的面积为，则下列选项正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则满足题意的点有四个
C. 椭圆内接矩形周长的最大值为
D. 若为钝角三角形，则
【答案】AC
【解析】
【分析】利用余弦定理、椭圆定义结合三角形面积公式推导出，可判断A选项；设，可得出，结合，求出的值，判断点的位置，可判断B选项；利用椭圆的参数方程结合辅助角公式可判断C选项；对各内角为钝角进行分类讨论，求出的范围，可求得的范围，可判断D选项.
【详解】对于A选项，在椭圆中，，，则，
由椭圆的定义可得，，且、，
设，，且，，
在中，由余弦定理可得，
所以，，
所以，，
所以，，
因为，则，所以，，解得，A对；
对于B选项，设，则，且，解得，
此时点为椭圆短轴的顶点，故满足条件的点只有两个，B错；
对于C选项，设椭圆内接矩形的一个顶点为，
则椭圆内接矩形周长为，
其中为锐角，且，
由得，
当时，，此时椭圆的内接矩形周长取最大值为，故C正确；
对于D选项，若为钝角，，，
则
，解得，所以，，
此时，；
若为钝角，且，，
则，可得，
又因为，所以，，则，可得，
此时，；
当为钝角时，同理可知.
因此，的取值范围是，D错.
故选：AC.
10. 如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，则下列说法中正确的是（ ）
A. B.
C. 向量与的夹角是D. 与AC所成角的余弦值为
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项，利用向量法求解判断；B选项，由判断；C选项，利用向量夹角公式判断；D选项，利用向量夹角公式判断.
【详解】因为以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，
所以，
，
则，所以A正确；
，则，
故，所以B正确；
显然为等边三角形，则.
因为，且向量与的夹角是，所以与的夹角也是，所以C不正确；
因为，
所以
，
所以，所以D不正确.
故选：AB
11. 在数列中，，则以下结论正确的为（ ）
A. 数列为等差数列
B.
C. 当取最大值时，的值为51
D. 当数列的前项和取得最大值时，的值为49或51
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差中项判断A；计算判断B；确定数列单调性推理判断CD.
【详解】对于A，由，得，
两式联立得，即，数列为等差数列，A正确；
对于B，令，得，B错误；
对于C，由等差数列的性质知，即，又，
公差，则，数列的前51项为正，
从第52项开始为负，当取最大值时，n的值为51，C正确；
对于D，由数列的前51项为正，从第52项开始为负，又，
得，
则数列前49项和最大，又，即数列前51项和最大，当时，，
因此当或51时，的前n项和取得最大值，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：涉及求数列最大项问题，探讨数列的单调性是解题的关键，可以借助作差或作商的方法判断单调性作答.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 圆和圆的公切线条数为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据圆的方程确定出两圆的圆心和半径，然后根据圆心距与半径的关系判断两圆位置关系，由此得到公切线条数.
【详解】∵圆，圆，
∴
∴圆心距，
而两圆半径之和，
∴两个圆相离，则这两个圆的公切线有4条.
故答案为：4.
13. 已知，直线，且，则的最小值为__________.
【答案】8
【解析】
【分析】由题意，根据直线垂直，先得到，再由，展开后利用基本不等式求解即可.
【详解】因为，所以，即，
因为，所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为8.
故答案为：8
14. 如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线l：交于点和，则______.
（参考数据：取.）
【答案】914
【解析】
【分析】根据题意可得，进而利用错位相减法运算求解.
【详解】由题意可知：，
则，
可得，
两式相减可得：
，
所以.
故答案为：914.
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. 已知的直角顶点为A在y轴上，直角边AB所在直线的方程为，点
，满足．
（1）求AC边所在直线的方程；
（2）求外接圆的方程；
（3）求BC边所在直线的方程；
（4）若动圆P过点，且与的外接圆外切，求动圆P的圆心的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）．
【解析】
【分析】（1）由题意得到点坐标，再由两直线垂直得到斜率关系即可；
（2）由得到外接圆圆心坐标，再由两点间距离公式求出半径，可得标准方程；
（3）直曲联立，解出点坐标，求出方程即可；
（4）由双曲线的定义和性质求出即可；
【小问1详解】
由AB边所在直线的方程为且直角的直角顶点为A在y轴上，
可得，直线AC的斜率为，AC边所在直线的方程为；
【小问2详解】
点A的坐标为，且，则为斜边上的中点，
即为外接圆的圆心，则，
从而外接圆的方程为；
小问3详解】
外接圆的方程为与直角边AB所在直线相交，
即，消去可得，即，
解得或，
将代入直线方程可得，
BC边所在直线即为BM，方程为．
【小问4详解】
动圆P过点N，是该圆的半径，又动圆P与圆M外切，
则，即，
故点P的轨迹是以M、N为焦点，实轴长为的双曲线的左支，
实半轴长，半焦距，∴虚半轴长，
从而动圆P的圆心的轨迹方程为．
16. 已知为抛物线的焦点，为坐标原点，过焦点作一条直线交于A、B两点，点在的准线上，且直线MF的斜率为的面积为1.
（1）求抛物线的方程；
（2）试问在上是否存在定点，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】（1）
（2）存定点或.
【解析】
【分析】（1）先由题中条件确定点纵坐标为，用表示出的面积，进而可求出，得出抛物线方程；
（2）先设直线的方程为，点，点，点，根据，得出，联立于抛物线方程，根据韦达定理，代入前面所得关系式，化简
求出即可.
【详解】（1）因为点在的准线上，且直线MF的斜率为，所以易知点纵坐标为，
则所以，解得，
即抛物线的方程为.
（2）假设存在定点，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方；
由题意，设直线的方程为，设点，点，点
因为，即，
可得，
整理得①，
联立直线与抛物线，可得，
则.
代入①式可得，即，即，
解得或，
即存在定点或，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方.
【点睛】思路点睛：
求解抛物线中直线过定点的问题时，通常需要先设直线方程，联立直线与抛物线方程消去(或)，结合韦达定理写出两根之和以及两根之积，再根据题中所给条件列出等量关系，结合韦达定理的结果，化简整理，即可求解.
17. 在三棱锥，底面是边长为4的正三角形，平面平面，且．
（1）若，求证：平面平面；
（2）若底面，垂足为O，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质可得、、，建立如图空间直角坐标系，根据向量法分别求出平面PAB和平面PBC的法向量，结合即可证明；
（2）由（1），根据向量法分别求出平面PAB和平面PBC的法向量，结合数量积的坐标表示计算即可求解.
【小问1详解】
取AC的中点H，则，连接HP、HB，由，得，
又平面PAC平面ABC=AC，平面PAC，所以平面ABC，
由平面ABC，得，，
以H为原点，方向为x轴，方向为y轴，方向为z轴，建立空间坐标系，
由题意可得，
则，
有，
设平面PAB和平面PBC的一个法向量分别为，
则，
令，得，
所以，有，
即，故平面平面．
【小问2详解】
由（1）知，若，则，，，，
有，，，，
设平面、平面一个法向量分别为，
则，
令，得，
所以，，
设平面与平面夹角为，得，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知等差数列满足，等比数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求证：，其中.
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用定义法即可求出等差数列和等比数列通项公式；
（2）通过（1）求出的的通项公式，表达数列，然后利用公式法和放缩法，分类讨论为奇数或偶数时前项的和，进而证明不等式.
小问1详解】
设等差数列的公差为，
由,得解得：
设等比数列的公比为，
由得，
由，，解得
【小问2详解】
由题意及（1）得，
又∵，
∴
设，
当为奇数，时，
在中，
在中，
由，得
解得：
当为偶数，时，
同理可得，
综上，.
19. 已知椭圆，左顶点分别为，上顶点为，左右焦点分别为为椭圆上一点，最大值为的面积为.
（1）求椭圆方程；
（2）已知直线过与椭圆交与M，N两点（在上方），且，若，求直线斜率的值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据最大值和的面积，求出的值，即可求出椭圆方程.
（2）分类讨论直线斜率是否存在时的两种情况，让直线的解析式与椭圆方程联立，消去，得到的表达式，代入韦达定理，即可得到直线斜率的取值范围.
【小问1详解】
由题意在椭圆中，
最大值为的面积为.
，解得：，
椭圆方程为：.
【小问2详解】
由题意及（1）得在椭圆中，，
直线过与椭圆交与M，N两点（在上方），且，
当直线斜率不存在时，显然不成立，
当直线斜率存在时设为，
由，得，
联立消去得；
则，且，
可知，代入中得：，
因为当时，不成立，
则，，
在上方，.