重庆市四川外国语大学附属外国语学校2024-2025学年高二上学期期末适应性考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市四川外国语大学附属外国语学校2024-2025学年高二上学期期末适应性考试数学试卷（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
（满分150分，120分钟完成）
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. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标关系可得，即可根据模长公式求解.
【详解】由于与垂直，故，解得，
故，
故选：C
2. 已知双曲线的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A. 24B. 25C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线标准方程得，然后根据关系求得．
【详解】由题意，，，
故选：D．
3. 已知等比数列满足，，则值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，由条件结合等比数列通项公式求，由此可求结论,
【详解】数列为等比数列，设数列的公比为，
因为，，
所以，
所以，即，
故.
故选：C.
4. 已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，
所以到准线的距离为，
又到直线的距离为，
所以，故.
故选：D.
5. 已知直线上有动点，点为圆上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先计算出圆心到直线的距离，再减去该圆半径即为最小值.
【详解】由可知，该圆圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离，
故圆心到直线上的点的长度最短为，
则.
故选：B.
6. 若椭圆与双曲线有相同的焦点，，P是两曲线的一个交点，则的面积是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】椭圆与双曲线有相同焦点得到．根据双曲线和椭圆的定义可得，，在中由三边的关系得出其为直角三角形，利用面积公式求结论．
【详解】由题意设两个圆锥曲线的焦距为，
椭圆的长轴长，双曲线的实轴长为，
由它们有相同的焦点，得到，即．
不妨令在双曲线的右支上，由双曲线的定义，①
由椭圆的定义，②
①2②2得，
所以，
①2②2得，
所以，
又，故，
所以，
则的形状是直角三角形
即有的面积为.
故选：A．
7. 已知正方体的棱长为1，M为棱的中点，G为侧面的中心，点P，Q分别为直线AD，AB上的动点，且，当取得最小值时，点Q到平面PMG的距离为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，，根据，得到，从而得到，再由向量模的坐标表示求出的最小值及此时、的值，最后利用空间向量法求出点到平面的距离.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，
设，，所以，，
因为，所以，即，
所以，又，
所以，
当且仅当时取等号，此时，
所以，，，
设平面PMG的法向量为，所以，取，
所以当取得最小值时，点到平面PMG的距离.
故选：A
8. 设数列的前n项和为，若，且存在正整数k，使得，则的取值集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用分组求和法求得，不妨令，求得，即，由，得或17，再分类讨论求得．
【详解】因为，所以
不妨令，可得，解得或（舍去），
所以.
又因为，所以或17，
因为，所以，所以.
当时，由，
所以，
当时，由，
又由，
所以.
所以的取值集合为.
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. 对于直线与圆，下列说法正确的是（ ）
A. 直线过定点
B. 直线与圆不可能相切
C. 直线被圆截得的弦长的最小值为6
D. 圆上一点到点的最大距离为8
【答案】BD
【解析】
【分析】根据含参直线方程求定点坐标判断A；判断直线过的定点在圆内判断B；当与点2,3和圆心的连线垂直时，被截得的弦长最小，计算可求弦长的最小值判断C；根据圆上一点到点的最大距离为可判断D.
【详解】对于A：可变形为，
由，得，所以直线过定点2,3，故A不正确；
对于B：圆的标准方程为，半径为3，
由，所以点2,3在圆的内部，所以与相交，不会相切，故B正确；
对于C：当与点2,3和圆心的连线垂直时，被截得的弦长最小.
此时圆心到直线的距离，
所以弦长的弦长最小值为，故C不正确；
对于D：圆上一点到点的最大距离为，故D正确.

故选：BD.
10. 已知数列的前n项和，则（ ）
A. B.
C. 数列的前2n项和为D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意设可求首项，继而利用与关系求得通项公式，判断各选项，即得答案．
【详解】A选项，由已知，不适合，A正确，从而B错误；
时，，所以，
C选项，数列的前项和为：
，C正确；
D选项，
，D错．
故选：AC.
11. 已知曲线E过原点，且除原点外的所有点均满足其到原点的距离的立方与该点的横纵坐标之积的比值为定值，下列结论正确的是（ ）
A. 曲线E关于对称
B. 若点在曲线E上，则其方程为
C. 对于任意，曲线E围成图形的面积一定小于
D. 存在，使得曲线E上有5个整点（即横，纵坐标均为整数的点）
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意可得，即可根据点的对称求解A，代入即可求解B，根据对称性以及圆的面积可判断C，根据，得且，或者且，将此范围内的整数点代入到验证即可求解D.
【详解】对于A，先求曲线方程，设曲线上除原点外一点为，
由已知，即.
若点在曲线上，则也满足曲线方程，所以曲线关于直线对称，A正确；
对于B，将代入曲线方程，得，即，故，此时方程，B错误；
对于C，，所以，
由可知，，故图象位于内,
故，C正确；
对于D，由于，所以且，或者且，
由可知，，
故其图象在第一，三象限，由曲线的对称性可知，要使曲线上有5个整点，
则曲线在第一象限内只能有两个整点，
当整点为时，，此时第一象限的整点只有在曲线上，其有3个整点，不满足题意；
当整点为时，，此时第一象限的整点也在曲线上，且均不在曲线上，其有5个整点，满足题意，
当整点为时，，此时第一象限的整点只有在曲线上，其有3个整点，不满足题意；
当整点为时，，此时第一象限整点也在曲线上，且均不在曲线上，其有5个整点，满足题意，
综上可得D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：由于，所以且，或者且，
结合可知，，即可代入整数点求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线，，当时，直线与之间的距离为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由两直线平行列方程求，根据平行直线间距离公式求解即可.
【详解】因为直线，，，
所以，解得a=-1或，
当a=-1时，直线，，两直线重合，不满足要求，
当时，直线，，两直线平行，满足要求，
所以当时，直线与之间的距离为.
故答案为：.
13. 已知双曲线的右焦点为F，在双曲线左支上取一点M，若直线MF与以双曲线实轴为直径的圆相切于N，若向量，则双曲线C的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】连接，取双曲线的左焦点为，连接，过作的垂线，垂足为，可得相似于，且相似比为，结合双曲线的定义可得，在直角中，由勾股定理得出的等量关系，再由双曲线的离心率公式即可求解.
【详解】连接，取双曲线的左焦点为，连接，过作的垂线，垂足为，
直线与圆相切，
，
，
为的中点，，
相似于，且相似比为，
故.
.
在双曲线中，由双曲线定义知，
.
为直角三角形，
，即，解得，
故双曲线的离心率为.
故答案为:.
14. 已知数列是公差为2的等差数列，是公比为3的等比数列，且，设，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】结合等差数列和等比数列通项公式求数列，的通项，再利用分组求和法出，由此可得结论.
【详解】因为数列是公差为2的等差数列，是公比为3的等比数列，
且，
所以，，
所以，
又，
所以
，
所以.
故答案为：.
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. 已知数列满足，.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设求的前n项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推关系化简可得，从而可得结论；
（2）由（1）可知，，则，利用错位相减法，结合等比数列的求和公式可求的前n项和.
【小问1详解】
因为，所以，即，
又因为，所以，，
所以，故数列是以首项为3，公比为3的等比数列.
【小问2详解】
由（1）可知，，即，
所以.
所以，①
，②
由①－②，得，
所以.
故的前项和为.
16. 设为实数，圆的方程为．
（1）若圆和圆的公共弦长为，求的值；
（2）若过点的圆与圆相切，切点为，求圆的标准方程．
【答案】（1）1或
（2）
【解析】
【分析】（1）求出两圆公共弦所在直线方程为，结合弦长求得；
（2）结合已知条件求出圆的方程，求出圆心和半径，设出圆的标准方程，利用切点以及两圆圆心共线求出圆的圆心的横纵坐标之间的关系，然后利用圆半径相等即可求解.
【小问1详解】
由题知两圆相交，
将圆与圆相减可得，
即两圆公共弦所在直线方程，
圆心到直线的距离为，
所以，解得或，
所以实数的值为或.
【小问2详解】
将点代入圆，可得，
所以圆的方程为，即，
所以圆的圆心为，半径为，
设圆的标准方程为，
因为圆与圆相切于点，所以、、三点共线，
所以直线的方程为，即，
将点代入得①，又点在圆上，
则，即②，
由①②两式解得，，，
所以圆的标准方程为.
17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是的中点，且平面，.
（1）求证：平面；
（2）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）先证明，再由平面证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求结论.
【小问1详解】
在菱形中，连接DE，
由已知底面是菱形，，
为等边三角形，
因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以.
因为平面，平面，
且，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，则有，
由（1）知，，故，，两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
因为是的中点，，，所以，
因为底面是菱形，，
所以，
所以为等边三角形，由（1）也为等边三角形，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则
令，则，，
所以为平面的一个法向量，
又因为平面，
所以平面的一个法向量为，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解，.
【小问1详解】
由题意可得，∴由题意可得且，解得，，
∴椭圆的方程为：．
小问2详解】
解法1：由（1）可得，
当直线 没有斜率时，设方程为： ，则 ，此时，化简得： 又，解得 或（舍去），此时P到直线l的距离为
设直线l有斜率时，设，，设其方程为：，联立可得且整理可得：，
，且，，
，整理可得：，
整理可得，整理可得，即，或，
若，则直线方程为：，直线恒过，与P点重合，
若，则直线方程为：，∴直线恒过定点，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
解法2：公共点，左移1个单位，下移个单位，，
，，
，等式两边同时除以，，，，，
过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
【点睛】
19. 设数列A： ， ,… ().如果对小于()的每个正整数都有 ＜ ，则称是数列A的一个“G时刻”.记“是数列A的所有“G时刻”组成的集合.
（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出的所有元素；
（2）证明：若数列A中存在使得>，则 ；
（3）证明：若数列A满足- ≤1（n=2,3, …,N）,则的元素个数不小于 -.
【答案】（1）的元素为和；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
【详解】（1）根据题干可得，，，，，，
满足条件，2满足条件，不满足条件，3不满足条件，
不满足条件，4不满足条件，，，，，均小于，因此5满足条件，因此；
（2）因为存在使得，所以.
记，
则，且对任意正整数.
因此，从而.
（3）设数列的所有“时刻”为，
对于第一个“时刻” ，有，3，，，
则．
对于第二个“时刻” ，有，3，，，
则．
类似的，，．
于是，．
对于，若（A），则．
若（A），则，否则由（2）知，，，，中存在“时刻”与只有个“时刻”矛盾．
从而
．
另解：（3）
①若（A），由（2）可知，，此时结论成立；
②若（A），设（A），，，，其中，3，，，，2，，，
不妨设，由题意，
所以，
同理，所以．
以此类推，我们有
，
，
，
将以上各式累加，得到，
故此时结论也成立．
综合①②可知，若数列满足，3，，，则元素个数不小于．