四川省泸县第二中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第二中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了 已知，是椭圆等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必把自己的姓名、 准考证号填写在答题卡上.
2.考生作答时，选择题用2B铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑，其余各题用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效.
3.全卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题）
一、单选题：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. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出直线的斜率，再由解出倾斜角即可.
【详解】因为该直线的斜率为，
所以它的倾斜角为.
故选：A.
2. 已知空间向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量平行，可得向量存在倍数关系，设，根据坐标相等即可进行求解.
【详解】由，知，使得，
即，
所以，解得，所以．
故选：B
3. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 36B. 48C. 52D. 66
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列性质及求和公式进行计算即可.
【详解】由，得，得.
故选：D
4. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案.
【详解】由已知可得，，，
所以，向量在向量上的投影向量是.
故选：B.
5. 已知为双曲线的左、右焦点，点在上，若，的面积为，则的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据双曲线的定义求出，在中，利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式求出，利用勾股定理可求得，进而可求出答案.
【详解】因为，所以，
又因为点在上，所以，
即，所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
又，所以，故，
则，所以，
则，所以，
所以，
所以的方程为.
故选：B.

6. 已知抛物线的焦点为是抛物线上的一点，为坐标原点，，则（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】求出抛物线焦点和准线方程，设，结合与抛物线方程，得到，由焦半径公式得到答案.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
设，则，解得或（舍去），
则．
故选：B．
7. 已知，是椭圆：的左、右焦点，是的下顶点，直线与的另一个交点为，且满足，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用椭圆的定义及勾股定理用表示出，在△中求出，再在△中，通过余弦定理得到与的关系，即可求出离心率.
【详解】由题意得，，令，则
∵，∴，
即，∴，,
在△中，，
在△中，，
∴，
∴.
故选：A.
8. 在长方体中，，，O是AC的中点，点P在线段上，若直线OP与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得的取值范围，由此求得，即可得解.
【详解】以D为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示
则，，，，，
设，则，
设平面的法向量为
则，令，得
所以，
由于，，，
，，，
由于，所以
故选：D
二、多选题：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. 设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（ ）
A. B.
C. 为常数D. 为等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据等比数列的性质可得公比，进而可得通项公式与，再逐个选项判断即可.
【详解】设公比为，则，解得，故，
则，.
对A，，故A正确；
对B，，故B错误；
对C，为常数，故C正确；
对D，，，故为等比数列，故D正确；
故选：ACD
10. 已知点P在双曲线的右支上，，是双曲线的左、右焦点，则下列说法正确的是（ ）
A B. 离心率
C. 渐近线方程为D. 点到渐近线的距离为3
【答案】ABD
【解析】
【分析】由双曲线方程得，根据双曲线的定义可判断A；由离心率公式可判断B；求出渐近线方程可判断C；根据点到直线的距离公式可判断D.
【详解】由双曲线方程得，，
∵点P在双曲线右支上，∴，故A正确；
离心率，故B正确；
渐近线方程为，故C错误；
渐近线方程为，即，
则点到渐近线的距离为，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知正方体的棱长为1，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与所成的角为
B. 点与平面的距离为
C. 直线与平面所成的角为
D. 平面与平面所成的角为
【答案】ABC
【解析】
【详解】建立空间直角坐标系，利用空间向量相关公式求解线线角，点到平面的距离，面面角和线面角的大小.
【分析】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
A选项，则，
故，
故，
故直线与所成的角为；
B选项，设平面的法向量为n=x,y,z，
，
令得，，故，
故点到平面的距离为，正确；
C选项，因为平面平面，
所以，
因为四边形为正方形，所以，
因为平面，
所以平面，
故平面一个法向量为，
设直线与平面所成的角大小为，
显然，
故直线与平面所成的角为，正确.
D选项，设平面的法向量为，
，
令，则，故，
平面的法向量为，
故
故平面与平面所成的角不为，
故选: ABC
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知空间向量，且与垂直，则等于______.
【答案】4
【解析】
【分析】由与垂直，得到，由此能求出的值.
【详解】因为，且与垂直，
所以，解得，
故答案为：4
13. 几何体结构素描是学习素描最重要的一个阶段.某同学在画“切面圆柱体”（用不平行于圆柱底面的平面去截圆柱，圆柱底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面所在平面与底面成角，则该椭圆的离心率为__________.

【答案】##
【解析】
【分析】作出辅助线，根据二面角的大小得到，从而求出，得到离心率.
【详解】如图所示：切面与底面的二面角的平面角为，
故，
设圆半径为，则，
设椭圆的长轴长及短轴长分别为，故，
故，所以.

故答案为：
14. 数列的前项和为，__________
【答案】2600
【解析】
【详解】 ,
,
， ，
， ，

， ，
…………………….，
.
【点睛】提供一个数列，有时提供通项公式，有时提供递推公式，有通项公式求数列的和可根据通项公式采用相应的方法求和，求和方法主要有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等，当有提供递推公式时，一般化为特殊数列（等差或等比）后再求和，也有时时根据数列的递推公式，借助前2项的值，推出后面的项的值，求数列的和时要观察数列各项的值的性，有时具有周期性，有时奇数项、偶数项分别具有一定的规律，然后再求和.
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. 已知圆关于直线对称，且过点.
（1）求证：圆与直线相切；
（2）若直线过点与圆交于、两点，且，求此时直线的方程.
【答案】（1）证明见解析
（2）或．
【解析】
【分析】（1）根据圆心在直线以及点0,4在圆上，即可求解b=4，a=2，进而根据点到直线的距离公式求解圆心到直线的距离，与半径比较即可求解，
（2）利用圆弦长公式可得，结合圆心到直线的距离即可求解斜率，进而可得直线方程.
【小问1详解】
圆化为标准方程，即，
则因为圆关于直线对称，所以，所以，
因为圆C过点0,4，所以，所以，
得，所以圆方程，
圆心坐标为，半径为，
故点C到直线的距离为，
所以C与直线相切，
【小问2详解】
设圆心到直线l的距离为，则，
当直线的斜率不存在时，即，满足题意，
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，
所以，解得 ，
所以直线l的方程为或．
即或．
16. 设等差数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式及前项和公式即可求解；
（2）根据（1）的结论,再利用数列求和中的裂项相消法即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
依题意得，解得.
故数列的通项公式是
【小问2详解】
由（1）知，.
所以
.
17. 已知为抛物线上一点，点到抛物线的焦点的距离为12，点到轴的距离为9．
（1）求的值；
（2）若斜率为1的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于两点．求线段的长．
【答案】（1）6 （2）
【解析】
【分析】（1）结合抛物线的定义，结合距离公式，即可求解；
（2）直线与抛物线方程联立，得到韦达定理，再根据焦点弦长公式，即可求解.
【小问1详解】
设，且，
则．
【小问2详解】
由（1）知抛物线，焦点，直线，．
联立，得，
设，
则，
．
18. 如图，在三棱锥中，分别为的中点，.

（1）证明：：
（2）求平面和平面夹角的正弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值：苦不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题设中的边的关系可证明，再结合线面垂直的判定和性质可得；
（2）结合（1）中结果可建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面法向量后可求夹角的正弦值；
（2）设，利用点到平面的距离公式可求的值.
【小问1详解】
因为为中点，故，而，故，
而，平面，
故平面，而平面，故.
【小问2详解】
因为，结合（1）中可得，
而，故，故，
结合（1）中及可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
故平面的法向量为，
设平面的法向量为m=x,y,z，而，
则即，取，则，
故，而，故.
【小问3详解】
设，其中，
由（2）可得平面的法向量为，
故到平面的距离为，由题设有，
故，故.
19. 如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点，焦距为；斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点，且直线PM，PN均不与轴垂直.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求MN的方程；
（3）记直线PM的斜率为，直线PN的斜率为，证明：为定值.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组求解即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立，由弦长公式求得的方程；
（3）将韦达定理代入中计算结果为定值．
【小问1详解】
由椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点，焦距为，
得，解得，
故椭圆的方程为．
【小问2详解】
设直线的方程为，，，
联立，消去得，
由，得，
则．
，
解得或，
当时，直线的方程为；
当时，直线经过点，不符合题意，舍去．
所以当时，的方程为．
【小问3详解】
证明：直线，均不与轴垂直，所以，，则且，
所以
，
所以为定值．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．