2024-2025学年广东省东莞市高二上册期末教学数学质量检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年广东省东莞市高二上册期末教学数学质量检测试卷（附解析），共17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．数列的一个通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知直线的斜率为，则（ ）
A．3B．C．1D．
3．已知是抛物线上一点，点到的焦点的距离为9，到轴的距离为4，则（ ）
A．4B．5C．8D．10
4．在数列中，已知，则（ ）
A．4B．C．1D．2
5．若圆与圆恰有两个公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，三角形蜘蛛网是由一些正三角形环绕而成的图形，每个正三角形的顶点都是其外接正三角形各边的中点．现有17米长的铁丝材料用来制作一个网格数最多的三角形蜘蛛网，若该三角形蜘蛛网中最大的正三角形的边长为3米，则最小的正三角形的边长为（ ）
A．米B．米C．米D．米
8．已知直线与交于点，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题）
9．已知是等差数列，公差不为0，若成等比数列，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，在同一个坐标系下，曲线与直线的位置可能是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知为正方体所在空间内一点，且，，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．存在唯一的，使得平面平面
D．存在唯一的，使得
12．已知F是椭圆的右焦点，直线与椭圆C交于A，B两点，M，N分别为，的中点，O为坐标原点，若，则椭圆C的离心率可能为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（本大题共4小题）
13．已知点是点在坐标平面内的射影，则 .
14．等比数列的前项和为，若，则 .
15．若双曲线的虚轴长为4，则该双曲线的渐近线方程为 .
16．若是函数的两个不同的零点，且这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 .
四、解答题（本大题共6小题）
17．在数列中，.
(1)证明：数列为等差数列.
(2)求数列的前项和.
18．已知圆过点和，且圆心在直线上.
(1)求圆的标准方程；
(2)经过点的直线与圆相切，求的方程.
19．已知动圆经过点，且与直线相切，记动圆的圆心的运动轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)直线与都经过点且互相垂直，与相交于两点，与相交于两点，求的最小值.
20．如图，在三棱锥中，平面，，，F是的中点，且．
(1)求的长;
(2)求二面角的正弦值.
21．已知是首项为1的等差数列，是公比为2的等比数列，且，．
(1)求和的通项公式；
(2)在中，对每个正整数k，在和之间插入k个，得到一个新数列，设是数列的前n项和，比较与20000的大小关系．
22．已知椭圆经过点和．
(1)求的方程；
(2)若点（异于点）是上不同的两点，且，证明直线过定点，并求该定点的坐标．
答案
1．【正确答案】C
【分析】排除法，代入求值即可判断.
【详解】对于A：时，，舍去；
对于B：时，，舍去；
对于D：时，，舍去；
经检验数列的一个通项公式为，
故选：C.
2．【正确答案】B
【分析】由直线的一般式得斜率，即可求出答案.
【详解】因为的斜率为，
所以，则.
故选：B.
3．【正确答案】D
【分析】确定抛物线的准线方程，根据抛物线的焦半径公式，即可求得答案.
【详解】由题意知抛物线的准线为，
因为点到的焦点的距离为9，到轴的距离为4，即A点纵坐标为4，
所以,解得.
故选：D
4．【正确答案】A
【分析】根据数列的递推公式，依次求出即可.
【详解】在数列中，已知，则.
故选：A
5．【正确答案】A
【分析】根据两圆的位置关系列不等式求解即可.
【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径.
因为恰有两个公共点,所以两圆相交，所以，
解得或，即的取值范围是.
故选：A
6．【正确答案】C
【分析】空间的基向量必定不共面，即不能互相表出，而判断选项中的三个向量是否共面，只需判断能否找到唯一的实数，使其中一个向量能用另外两个向量线性表出即可.
【详解】因构成空间的一个基底，故不共面，
对于A项，若共面，则必存在唯一的，满足，
即，显然此方程组无解，即不共面，故A项错误；
对于B项，若共面，则必存在唯一的，满足，
即，显然此方程组无解，即不共面，故B项错误；
对于C项，因，故共面，即C项正确；
对于D项，若共面，则必存在唯一的，满足，
即，显然此方程组无解，即不共面，故D项错误.
故选：C.
7．【正确答案】B
【分析】根据题意，构造正三角形周长满足的等比数列，结合等比数列前项和公式及指数不等式进行求解.
【详解】由题可知，该三角形蜘蛛网中三角形的周长从大到小是以9为首项，为公比的等比数列.
设最小的正三角形的边长为米，
则，则，即，得，
故最小的正三角形的边长为米.
故选：B.
8．【正确答案】D
【分析】根据得点为圆上动点，用三角换元求的最大值.
【详解】由题意可得直线恒过坐标原点，直线恒过定点，
且，所以，
所以与的交点在以为直径的圆上，
则点的坐标满足（不含点）．
可设，且，
则，
所以当时，的最大值为．
故选：D
9．【正确答案】BC
【分析】根据等差数列通项公式和等比中项列出等式，化简求解即可.
【详解】因为成等比数列，所以，则，
又不为0，所以，
，符号不确定，故A错误.
，故B正确；
所以，故C正确；
，故D错误；
故选：BC.
10．【正确答案】BD
【分析】先根据题意得到曲线为，直线为，再根据当，，，时，曲线及直线的横截距与纵截距的关系即可逐项判断．
【详解】因为，所以曲线为，直线为，
当时，曲线表示的是圆，直线的横截距与纵截距相等，则A错误；
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距大，则B正确；
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距小，则C不正确；
当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，直线的横截距为正，纵截距为负，则D正确．
故选：BD．
11．【正确答案】AB
【分析】对A：由可得点在线段上，建立空间直角坐标系后由坐标计算即可得；对B：借助线面平行得到三棱锥的高为定值，由底面积亦为定值，故体积为定值；对C：由题意可得平面，故C错误；对D：借助空间向量计算即可得.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，，,
因为，故，
即有，即，故点在线段上，有，
则有，，
则，故，故A正确；
由点在线段上，且，又平面，
平面，故平面，故点到平面距离不变，
故三棱锥的体积为定值，故B正确；
在正方体中，平面，，
又平面，故，又平面，
且平面，故平面，又平面，
故平面平面恒成立，故C错误；
，
故，
由，得，方程无解，
故不存在实数，使得，故D错误.
故选：AB.
12．【正确答案】BD
【分析】根据题意，先画出图象，然后判断四边形为平行四边形，由可得，进而结合椭圆的定义与基本不等式可得有关的不等式，解不等式得到离心率的取值范围，从而逐项判断四个选项即可得到答案.
【详解】根据题意，图象如图所示：
设为椭圆C的左焦点，因为直线与椭圆C交于A，B两点，
所以由椭圆的对称性得，又，
于是四边形为平行四边形.
因为M，N分别为，的中点，是中点，
所以，，
平行四边中,，
在中，
.
因为直线斜率存在，所以A，B两点不在y轴上，即，
又在中，，
所以，，即，
又，所以，即.
综上所述，；
因为，故A，C错误；
，即，故B正确；
，即，故D正确.
故选：BD．
13．【正确答案】2
【分析】先求得点的坐标，然后利用向量法求得两点距离.
【详解】因为点是点在坐标平面内的射影，所以，
所以，所以.
故2
14．【正确答案】28
【分析】由题可知的公比不为，故成等比数列，列式即可求出答案.
【详解】由题可知的公比不为，故成等比数列，
所以，因为，解得，
故28
15．【正确答案】
【分析】根据题意，结合双曲线的几何性质，即可求解.
【详解】由双曲线的虚轴长为4，可得，解得，
所以该双曲线的渐近线方程为.
故答案为.
16．【正确答案】24
【分析】根据韦达定理得，根据等比数列性质求得，再根据等差数列的性质求得，即可得解.
【详解】由题可知，则，
这三个数可适当排序后成等比数列，则3必是等比中项，则，
这三个数可适当排序后成等差数列，则3必不是等差中项，
若是等差中项，则，解得，
则，故，
若是等差中项，则，解得，
则.故.
故24
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据数列递推式可得，结合等差数列定义，即可证明结论；
（2）结合（1）求出的通项公式，可得的表达式，利用裂项相消法，即可求得答案.
【详解】（1）证明：因为，所以.
又，
所以是首项为，公差为的等差数列.
（2）由（1）可知，则，
则，
则.
18．【正确答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设出圆的标准方程，根据题意，列出方程组，即可求解；
（2）根据题意，分直线的斜率不存在和存在，两种情况讨论，结合直线与圆的位置关系，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：设圆的方程为，
根据题意，可得，解得，
所以圆的方程为.
（2）解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由圆心到直线的距离等于圆的半径，可得，解得，
则直线的方程为，即.
故直线的方程为或.
19．【正确答案】(1)
(2)256
【分析】（1）设，由题列出方程化简即可；
（2）设点设直线，联立，韦达定理，利用抛物线定义表示弦长，然后利用基本不等式求最小值.
【详解】（1）设圆心，因为动圆经过点，且与直线相切,
则，所以，
整理得，
故的方程为.
（2）
由题可知，与的斜率均存在且不为0，设的方程为的方程为.
联立方程组整理得，
则，
同理可得，
则，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为256.
20．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合垂直关系，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，利用计算出的长度即可；
（2）利用向量法求出平面的法向量与平面的法向量，进而求出二面角的正弦值即可.
【详解】（1）因为平面，，故以B为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系．
设，由，得，，，．
因为F是的中点，所以，则，．
又，所以，
解得，故．
（2）由（1）可知，，则，，．
设平面的法向量为，
则，令，得．
设平面的法向量为，
则，令，得．
所以，
故二面角的正弦值为．
21．【正确答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据题意结合等差、等比数列的通项公式运算求解；
（2）根据题意分析可知，利用分组求和法结合等差、等比数列求和公式以及错位相减法运算求解.
【详解】（1）设数列的公差为d，
因为，则，解得，
所以，．
（2）因为，
当时，，
可知，
且，
令的前n项和为，
则，
可得，
两式相减得，
即，可得，
所以．
22．【正确答案】(1)
(2)证明见解析，定点．
【分析】（1）将点代入椭圆方程即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，即可得坐标，进而根据点斜式求解直线方程即可求解定点，或者根据向量垂直满足的坐标运算，代入韦达定理化简即可求解，结合分类讨论, 进而得定点..
【详解】（1）由题意得，把点的坐标代入，得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）（方法一）由 题意可知均有斜率且不为0，
设直线的方程为，联立方程组
消去得，可得，
解得，所以点的坐标为．
因为，所以直线的斜率为，同理可得点．
当时，有，解得，直线的方程为．
当时，直线的斜率，
则直线的方程为，
即，
即，直线过定点．
又当时，直线也过点．
综上，直线过定点．
（方法二）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，
联立方程组消去得，
，即．
设，则，
．
因为，所以，
即，
，
，
化简得，
解得或，
所以直线的方程为或（过点A,不合题意，舍去），
所以直线过定点．
当直线垂直于轴时，设它的方程为，
因为，所以．
又，解得或（过点A,不合题意，舍去），
所以此时直线的方程为，也过点．
综上，直线过定点．
圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点