三明市2024～2025学年第一学期普通高中期末质量检测高二数学试题（满分：150分考试时间：120分钟）本试卷共5页．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.设函数，则（）．A.0 B. C. D.以上均不正确【答案】C【解析】【分析】求出导函数，即可求解；【详解】，所以，故选：C2.过点和点的直线的倾斜角为（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据两点求出斜率，再结合斜率和倾斜角的关系得出倾斜角即可.【详解】过点和点的直线的斜率为设倾斜角为，，所以.故选：C.3.如图，在直三棱柱中，，分别为棱，中点.设，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求出.【详解】在直三棱柱中，，分别为棱，的中点，.故选：D4.已知等差数列的前n项和为，，，则公差d为（）．A.1 B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的通项公式及前n项和计算求参.【详解】在等差数列中，，所以，因为，所以，所以.故选：A.5.“”是“直线与直线垂直”的（）．A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由命题“直线与直线垂直”求出的范围，再根据充要关系判断即可【详解】解：因为直线与直线垂直,所以，所以或.又因为“”可推得“或”,而“或”不能推得“”，所以“”是“或”的充分不必要条件；即“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.故选：A6.三明永安市贡川镇的会清桥是一座集通行、宗教祭祀等功能为一体的廊桥．该桥始修于明成化乙巳年（年），南北坐向，两墩三孔，各桥孔呈抛物线型，其中最大一桥孔（如图所示），当孔顶到水面距离为时，跨度达到了．若水面从图中示意位置上升，则水面宽变为（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以抛物线的顶点为原点，抛物线的对称轴所在直线为轴建立平面直角坐标系，根据题中信息求出抛物线的标准方程，再将代入抛物线方程，求出的值，即可得解.【详解】以抛物线的顶点为原点，抛物线的对称轴所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，根基题意，设抛物线的标准方程为，由题意可知，点在抛物线上，则，解得，所以，抛物线的标准方程为，若水面从图中示意位置上升，即时，可得，解得，此时，水面的宽度为.故选：B.7.已知点是坐标原点，点是圆上的动点，当动点在直线上运动时，的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出原点关于直线的对称点的坐标，可得出，进而可得出，再结合圆的几何性质可求得的最小值.【详解】圆的圆心为，半径为，如下图所示：设原点关于直线的对称点为，而直线的斜率为，且线段的中点在直线上，由题意可得，解得，即点，由对称性可得，所以，，当且仅当、分别为线段与圆、直线的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立，故取最小值.故选：B.8.古希腊著名数学家阿波罗尼斯，在其著作《圆锥曲线论》中提出了圆锥曲线的光学性质．光线从椭圆的一个焦点发出，经过椭圆反射，反射光线经过另一个焦点．已知点、是椭圆的左、右焦点，从点发出的光线经过椭圆上一点M反射，反射光线交椭圆于另一点N．若点、N关于的角平分线对称，且，则椭圆C的离心率为（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由点、N关于的角平分线对称，可得，设，根据椭圆的定义求出，再在中，利用余弦定理求出，再在中，利用余弦定理求出的关系即可得解.【详解】由题意可得共线，因为点、N关于的角平分线对称，所以，设，则，故，由，得，在中，由余弦定理得，，即，即，解得或（舍去），所以，在中，由余弦定理得，，即，解得，即椭圆C的离心率为.故选：A.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题的选项中，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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．9.设，向量，，，且，，则（）．A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】利用向量垂直即可求得参数x的值；利用向量平行即可求得y的值；再利用向量的夹角公式即可判断选项C；利用模长公式即可判断选项D.【详解】对于选项A：因为，所以，解得：，故选项A错误；对于选项B：因为，所以即,解得,故选项B正确；对于选项C：，故选项C错误；对于选项D：由，故，故选项D正确.故选：BD10.已知O为坐标原点，抛物线上一点到其准线的距离为3，过C的焦点F的直线交C于A，B两点，则（）．A.抛物线C的方程为B.的最小值为C.为钝角三角形D.过点且与抛物线相切的直线为【答案】ACD【解析】【分析】根据焦半径公式求出即可判断A；设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，进而可求出，再结合焦半径公式即可判断B；由B选项求出即可判断C；设切线方程为，联立方程，根据求出即可判断D.【详解】对于A，因为抛物线上一点到其准线的距离为3，所以，解得，所以抛物线的标准方程为，故A正确；对于B，由抛物线方程可知，焦点，设直线的方程为，，联立，消得，恒成立，则，所以，则，当且仅当，即时，等号成立，故B错误；对于C，由选项B可知，所以，则为钝角，所以是钝角三角形，故C正确；对于D，易得在抛物线上，过点且与抛物线相切的直线斜率存在且不为，设切线方程为，联立，消得，则，解得，所以切线方程为，即，故D正确.故选：ACD.11.直四棱柱的所有棱长都为4，，点P在四边形及其内部运动，且满足，则（）．A.存在点P使得平面B.直线与平面所成的角为定值C.点P到平面的距离的最小值为D.直线与所成角的范围为【答案】ABC【解析】【分析】根据已知条件分析得的轨迹是以的中点为圆心，为半径的半圆（含端点），取与重合，利用线面平行的判定判断A；由直线与平面所成的角，即为半圆锥的母线与底面所成角即可判断B；利用等体积法求点P到平面的距离，进而确定最小距离判断C；根据对称性，当从运动到半圆的最上方时所求角由最小逐渐增加到最大，取与重合确定最小角判断D.【详解】由题设，棱柱底面是边长为4的菱形，且，则，根据直棱柱的结构特征知，关于平面对称且面，由，点P在四边形及其内部运动，则，所以的轨迹是以的中点为圆心，为半径的半圆（含端点），如下图示，当与重合时，，即，面，面，所以平面，A对；由上分析知，直线与平面所成的角，即为半圆锥的母线与底面所成角，所以直线与平面所成的角为定值，B对；令点P到平面的距离为，到直线的距离为且，而，，，由，则，整理可得，所以，C对；由，直线与所成角，即为直线与所成角，根据对称性，当从运动到半圆的最上方时，由最小逐渐增加到最大，即与重合时，最小为，显然不满足区间的最小值，D错.故选：ABC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知双曲线，则点到的渐近线的距离为______．【答案】【解析】【分析】先求出双曲线的渐近线方程，由点到直线的距离公式即可求解.【详解】双曲线渐近线方程为，根据对称性不妨取渐近线方程为，则点(2，0)到渐近线的距离为.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质以及点到直线的距离，属于基础题.13.若曲线在点处的切线方程是，则__________．【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义求解即可.【详解】函数的定义域为，由在点处的切线方程是得切线斜率为2，，由曲线，得，故，解得，又因为，故，所以，故答案为：14.已知数列满足，，令，数列的前n项和为，若对任意，恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】由条件关系可得,证明数列是等比数列,由此可求,再利用错位相减法求数列的和，最后分奇偶讨论恒成立求参数范围.【详解】因为，所以，所以，即，又当时，，故数列是以3为首项3为公比的等比数列，，.，上两式相减得，，对任意，恒成立，则，当n为偶数，则恒成立，令，则，所以是关于的减函数，得，所以；当n为奇数，则，因为是关于的减函数，得，所以是关于的增函数，得，所以.综上可得.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是参数分离结合数列的单调性分奇偶数分别求数列的最大值计算求参.四、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.已知公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前n项和为，若，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列通项及等比中项应用列方程求解即可得出通项公式；（2）应用，结合对数运算律化简，最后应用裂项相消法计算即可求解.【小问1详解】设等差数列的公差为d，由题意得，即，即，解得或，因为，所以，所以．【小问2详解】因为，当时，，当时，，又因为符合上式，所以．令，即，故．16.已知O为坐标原点，动点M到两个定点，的距离的比为，记动点M的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的标准方程；（2）若直线l过点，曲线C截l所得弦长等于，求直线l的方程．【答案】（1）（2）或．【解析】【分析】（1）根据题干条件列出等式，化简即可得到结果.（2）首先假设斜率不存在，判断是否满足题意；再假设斜率存在，设出直线方程，利用弦长公式即可求得结果.【小问1详解】由题知，设点，则，所以，即，整理得，所以曲线C的标准方程为．【小问2详解】若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为：，与C的交点坐标为，，此时弦长等于，符合题意．若直线l斜率存在，设直线l的方程为：，设曲线C的圆心到直线l的距离为d，由（1）知曲线C的圆心为，所以，因为曲线C截l所得弦长等于，所以，解得．所以，解得．所以直线l的方程为：．综上，直线l的方程为：或．17.如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为D．（1）求证：平面；（2）在棱上是否存在点F，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，指出点F的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，点F为棱的中点【解析】【分析】（1）根据题目条件，结合线面垂直的性质及判定可证明结论.（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可解决两平面夹角问题.【小问1详解】解法一：在三棱柱中，连接，∵为等边三角形，D为中点，∴，∵在平面内的射影为D，∴平面，∵平面，∴，∵，，平面，∴平面，∵平面，∴，∵四边形为菱形，∴，∵D，E分别为，中点，∴，∴，∵，，平面，∴平面．解法二：在三棱柱中，连接，∵为等边三角形，D为中点，∴，∵在平面内的射影为D，∴平面，∵平面，∴，故直线，，两两垂直，以D为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，，．设平面的一个法向量为，则，令，得，∴，即，∴平面．【小问2详解】由（1）知，直线，，两两垂直，以D为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，，．设在棱存在点F，使得平面与平面夹角的余弦值为，设，即，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，设平面的法向量，则，令，得，设平面与平面夹角为，则，化简得，解得或（舍）．故当点F为棱的中点时，平面与平面夹角的余弦值为．解法二：设在棱存在点F，使得平面与平面夹角的余弦值为，设，即，则，设平面的法向量，则，令，得，设平面与平面夹角为，则，化简得，解得或（舍）．故当点F为棱的中点时，平面与平面夹角的余弦值为．18.已知中心在原点的双曲线与