2024-2025学年河南省信阳市固始县高二上学期期末考试数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年河南省信阳市固始县高二上学期期末考试数学检测试卷（附解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．直线在y轴上的截距为（ ）
A．B．C．1012D．2024
2．已知数列为等差数列，前项和为，若，则等于（ ）
A．2023B．2024C．2025D．2048
3．直线的方向向量分别为，，平面的法向量为，则下列正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
4．直线与平行，则a的值为（ ）
A．0B．C．或0D．或0
5．2023年9月第14届中国国际园林博览会在安徽合肥举行．某媒体甲、乙、丙三名记者去河南园、北京园、香港园进行现场报道，若每个地方恰有一名记者，则甲去河南园的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．直线与抛物线交于A，B两点，则（O为抛物线顶点）的值为（ ）
A．B．C．4D．12
7．如图，在平行六面体中，，，，，则等于（ ）
A．B．C．D．10
8．如图，已知分别是双曲线的左、右焦点，过点F₁的直线与双曲线C的左支交于点A，B，若则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共4小题）
9．方程（m为常数）表示的曲线可能是（ ）
A．两条直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线
10．如图，在正四棱柱中，M是的中点，，则（ ）
A．B．平面
C．二面角的余弦值为D．到平面的距离为
11．九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载．九连环一般是用金属丝制成圆形小环九枚，九环相连，套在条形横板或各式框架上，并贯以环柄．玩时，按照一定的程序反复操作，可使9个环分别解开，或合二为一，假设环的数量为，解开n连环所需总步数为，解下每个环的步数为，数列满足：，，，则（ ）
A．B．
C．D．成等比数列
12．已知，分别是椭圆的左、右焦点，如图，过的直线与C交于点A，与y轴交于点B，，，设C的离心率为，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题（本大题共4小题）
13．已知，平面的法向量，若，则 ．
14．已知点，抛物线的焦点为为抛物线上的点，则周长的最小值为 ．
15．圆与的位置关系为 ；与圆，都内切的动圆圆心的轨迹方程为 ．
16．已知数列满足．且，若，则 ．
四、解答题（本大题共6小题）
17．已知圆，直线．
(1)求m的取值范围；
(2)当圆的面积最大时，求直线被圆截得的弦长．
18．如图，四棱锥中，都为等腰直角三角形，，，，，为的中点．
(1)与平面是否平行？请说明理由；
(2)求与平面所成角的余弦值．
19．在第19届杭州亚运会上中国乒乓球队勇夺6金．比赛采用“11分制”规则：11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位亚运选手进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.7，乙发球时乙得分的概率为0.5，各球的结果相互独立，在某局双方平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求且甲获胜；
(2)求．
20．已知动点与定点的距离等于点到的距离，设动点的轨迹为曲线．椭圆的一个焦点与曲线的焦点相同，且长轴长是短轴长的倍．
(1)求与的标准方程；
(2)有心圆锥曲线（椭圆，圆，双曲线）有下列结论：若为曲线上的点，过点作的切线，则切线的方程为．利用上述结论，解答问题：过作椭圆的切线（为切点），求的面积．
21．设为数列的前n项和，．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
22．已知双曲线过点，离心率为，斜率为k的直线l交双曲线C于A，B两点，且直线的斜率之和为0．
(1)求双曲线C的方程；
(2)是否存在直线l，使得是以P为顶点的等腰三角形，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
答案
1．【正确答案】B
【分析】利用截距的定义，结合直线方程即可得解.
【详解】因为，令，得，
所以直线在y轴上的截距为.
故选：B.
2．【正确答案】B
【分析】利用等差数列的下标和性质与求和公式即可得解.
【详解】因为，
所以.
故选：B.
3．【正确答案】D
【分析】根据空间中直线与平面，平面与平面的位置关系与对应向量的关系逐项进行判断即可求解.
【详解】对于A，若，则，即，故错误；
对于B，若，则，即，故B错误；
对于C，若，则，即，故C错误；
对于D，若，则，即，故D正确.
故选：D.
4．【正确答案】C
【分析】利用直线平行求得，再进行检验即可得解.
【详解】因为直线与平行，
所以，解得或，
当时，两直线分别为，，显然平行，满足题意；
当时，两直线分别为，，也平行，满足题意；
综上，或.
故选：C.
5．【正确答案】A
【分析】利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解.
【详解】记河南园、北京园、香港园分别为，
则样本空间(甲1，乙2，丙3)，(甲1，乙3，丙2)，(甲2，乙1，丙3)，
(甲2，乙3，丙1)，(甲3，乙2，丙1)，(甲3，乙1，丙2)}，共6个基本事件，
则甲去河南园的基本事件有2件，
所以甲去河南园的概率为.
故选：A.
6．【正确答案】B
【分析】联立直线与抛物线方程求得，从而利用平面向量数量积的坐标表示即可得解.
【详解】由，得，易得，
设，则，
.
故选：B.
7．【正确答案】A
【分析】先用向量线性运算表示出，再利用数量积的运算法则计算，从而得解.
【详解】依题意，设,，，
因为，
所以，，，，
又，
所以
.
故选：A.
8．【正确答案】C
【分析】根据给定条件，利用双曲线的定义结合勾股定理求得，再利用勾股定理求出即可得解.
【详解】依题意，设，则，，
由，得，在中，，
整理得，因此， ，
在中，有，整理得，
显然，即，解得，
所以双曲线的渐近线方程为．
故选：C
易错点睛：双曲线的渐近线方程为 ，而双曲线的渐近线方程为 （即 ），应注意其区别与联系.
9．【正确答案】ABC
【分析】分类讨论的取值范围，结合二元二次方程的特征即可得解.
【详解】当时，方程为，即，表示两条直线，故A正确；
当时，方程为，表示椭圆，故B正确；
当时，方程，表示双曲线，故C正确；
当时，，显然方程不表示任何曲线；
由于方程没有一次项，方程不可能表示抛物线，故D错误.
故选：ABC.
10．【正确答案】BCD
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断即可.
【详解】以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
对于A，，则，
所以不垂直，故A错误；
对于B，所以，
所以，是平面的一个法向量，即平面，故B正确；
对于C，易知平面的一个法向量，
而，
所以二面角的余弦值为，故C正确；
对于D，到平面的距离，故D正确.
故选：BCD.
11．【正确答案】AC
【分析】根据题意逐一计算与的前6项，从而判断ABC，利用，结合等比数列的定义判断D，从而得解.
【详解】因为，，，
所以，，
，，故AC正确，B错误；
当时，，即，
则，所以不是等比数列，故D错误.
故选：AC.
12．【正确答案】ABD
【分析】利用平面向量的知识，结合椭圆的定义与勾股定理求得所需线段关于的表示，从而利用离心率的定义与余弦定理逐一分析判断各选项即可.
【详解】因为，，所以，，
对于A，依题意，设，则，
如图，在中，，
则，故或(舍去)，
所以，故A正确；
对于B，由选项A知，，则，
在中，，即，故B正确；
对于C，在中，，故C错误；
对于D，由选项C可得，，
在中，，整理得，
故，故D正确.
故选：ABD.
关键点点睛：本题解决的关键是将各线段用表示出来，从而得解.
13．【正确答案】
【分析】利用直线与平面垂直得到直线的方向向量与平面的法向量共线，从而利用空间向量平行的坐标表示即可得解.
【详解】因为，所以与共线，
又，，则，
所以，.
故答案为.
14．【正确答案】
【分析】利用抛物线的定义求得，从而得解.
【详解】依题意，，设抛物线的准线为，
分别过点作，为垂足，则，如图，
则，
所以周长.
故答案为.
15．【正确答案】 内含
【分析】先利用圆心距与两半径之差的比较得到两圆位置关系；再利用两圆内切推得，从而利用椭圆的定义即可得解.
【详解】依题意，圆心，半径，圆心，半径，
所以，则两圆内含；
设动圆的圆心，半径为，则，
，
依椭圆的定义知，的轨迹为椭圆，其中，
又，
所以的轨迹方程为.
故内含；.
16．【正确答案】2024
【分析】利用构造法与迭代法求得，从而利用并项求和法即可得解.
【详解】因为，所以，
又，则，
所以
，
故，则，
所以，
则的各项分别为，
所以
.
故2024
关键点点睛：本题解决的关键在于将推递关系式化得，从而求得，由此得解.
17．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）将圆的一般方程进行配方，从而由半径大于0得到关于的不等式，解之即可得解.
（2）利用配方法求得圆的面积取得最大值时的值，从而利用弦长公式即可得解.
【详解】（1）因为圆，
可化为，
由，得，
故的取值范围为.
（2）因为，
故当时，半径取得最大值，则圆的面积最大，
此时，圆的方程为，
圆心到直线的距离，
则所求弦长为，
故当圆的面积最大时，直线被圆截得的弦长为.
18．【正确答案】(1)不平行，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，求得与平面的法向量，从而得以判断；
（2）结合（1）中结论，求得与平面的法向量，从而得解.
【详解】（1）都为等腰直角三角形，，
平面，
所以平面，
又，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
故，
易知平面的一个法向量为，
则，所以与平面不平行.
（2）由（1）得，，
设平面的法向量为，则，即，
令，得，
设直线与平面所成角为，又，
则，
所以.
故直线与平面所成角的余弦值为.
19．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）（2）分析所求概率对应的情况，再利用相互独立事件及互斥事件的概率公式即可得解.
【详解】（1）“且甲获胜”就是平后，两人又打了2个球比赛结束，
则这两个球均是甲得分.
因此，且甲获胜.
（2）就是平后，两人又打了4个球比赛结束，
4个球的得分情况是：前2个球甲、乙各得1分，后2个球均是甲得分或均是乙得分，
设事件“且甲获胜”，事件“且乙获胜”，
则，
，
.
20．【正确答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用抛物线与椭圆的定义与性质即可得解；
（2）先根据题意得到直线的方程，联立方程求得，进而求得弦长，再利用点线距离公式求得点到直线的距离，从而得解.
【详解】（1）由抛物线定义可知，曲线为抛物线，为抛物线的焦点，
则，所以的方程为；
由，即，又，
所以，故椭圆的标准方程.
（2）设，
由上述结论知，过点的椭圆的切线方程分别为，
因为在两条切线上，所以，
即，
则点的坐标都满足方程，
故直线的方程为，
联立，得，解得，
所以，
而点到直线的距离，
所以.
21．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用的关系式，结合累乘法即可得解；
（2）利用错位相减法即可得解.
【详解】（1）因为，
当时，，即；
当时，，
两式相减，得，
整理得，即，
所以，
当时，也满足上式，
所以.
（2）因为，
所以，
则
两式相减得，
，
所以.
关键点点睛：熟练掌握数列的相关方法：公式法、累乘法、错位相减法，是解决本题的关键.
22．【正确答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）利用离心率与双曲线过点得到关于的方程，解之即可得解；
（2）假设存在这样的直线，联立直线与椭圆方程得到，从而利用直线的斜率之和为0求得，再由等腰三角形三线合一求得，再检验即可得解.
【详解】（1）根据题意，，即，
所以，则，
因为双曲线过点，
所以，即，解得，则.
所以双曲线的方程为.
（2）假设存在直线满足题意，设直线方程为，
联立，得，
由，
设，则，
由，得，即，
整理得，.
有，
整理得，，
当时，直线为，显然过点，不满足题意；
所以，即，直线，
因为是以为顶点的等腰三角形，
设的中点，则，即，
由，得，解得，
此时，故这样的直线不存在.
.
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.