2024-2025学年山东省临沂市高二上学期期末学科素养水平监测数学试卷（含答案）
文档属性
| 名称 | 2024-2025学年山东省临沂市高二上学期期末学科素养水平监测数学试卷（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 156.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-02-23 11:55:30 | ||
图片预览
文档简介
2024-2025学年山东省临沂市高二上学期期末学科素养水平监测
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知直线与平行，则( )
A. B. C. D.
2.若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是( )
A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，
3.已知数列为等比数列，若，，则( )
A. B. C. D.
4.已知双曲线的 离心率为，则该双曲线的渐近线方程为( )
A. B. C. D.
5.已知空间向量，，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
6.在等差数列中，若，则( )
A. B. C. D.
7.已知圆与圆交于，两点，当弦最长时，实数的值为( )
A. B. C. D.
8.已知空间直角坐标系中，、、，点是空间中任意一点，若，，，四点共面，则( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.椭圆：的左、右焦点分别为，，点为上的任意一点，则( )
A. 椭圆的长轴长为 B. 椭圆的离心率为
C. 的最大值为 D. 存在点，使得
10.已知圆：，是直线：上的一动点，过点作直线，分别与相切于点，，则( )
A. 存在圆心在上的圆与相内切 B. 四边形面积的最小值为
C. 的最小值是 D. 点关于的对称点在内
11.如图，该几何体是四分之一圆柱体点，分别是上、下底面圆的圆心，四边形是正方形，点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点含端点，则( )
A. 存在点，使得
B. 存在点，使得直线平面
C. 存在点，使得平面平面
D. 存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.抛物线的焦点坐标是 ．
13.若数列满足其中，，为常数，，则称是以为周期，以为周期公差的“类周期性等差数列”若“类周期性等差数列”的前项为，，，，周期为，周期公差为，则的前项和为 ．
14.已知双曲线：的右焦点为．为坐标原点，若在的左支上存在关于轴对称的两点，，使得，且，则的离心率为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知圆：，点．
若直线与相切，切点为，求；
已知直线过点，若圆上恰有三个点到的 距离都等于，求的方程．
16.本小题分
已知抛物线：，是的焦点，为上的一动点，且的最小值为．
求的方程；
直线不过坐标原点交于、两点，且满足，证明过定点，并求出该定点的坐标．
17.本小题分
已知等差数列满足，的前项和为．
求的通项公式；
若，求数列的前项和．
18.本小题分
若为平面的一条斜线，为斜足，为在平面内的射影，为平面内的一条直线，其中为与所成的角，为与所成的角，为与所成的角，那么，简称三余弦定理如图，直三棱柱中，，，
求的余弦值；
当点到平面距离最大时，求的值；
在的条件下，求平面与平面夹角的大小．
19.本小题分
已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，的面积为，直线与的斜率之积为．
求的方程；
已知点．
(ⅰ)若直线过点且与交于、两点，求的最大值；
(ⅱ)若直线过点且与交于，两点，求证：
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.或
15.解：
圆：的圆心，半径，，
由直线与相切于点，得．
要圆上恰有三个点到的距离都等于，当且仅当圆心到直线的距离为，
而点在圆外，直线与圆相离，则直线的斜率存在，
设直线的方程为，即，由，解得或，
所以直线的方程为或．
16.解：
因为的最小值为，故，即，所以抛物线方程为
显然直线的斜率存在，设方程为，则
即，设，由韦达定理得，则，
因为，所以，解得舍，，故的方程为：，故恒过点．
17.解：
设等差数列的公差为，
由可得，解得，
故，
，
故
由于，
，
其中分别为前项中奇数项的和以及偶数项的和，
故
18.解：
在直三棱柱中，
又，由三余弦定理可得
故
由知，，
在中，由余弦定理可得，
在直三棱柱中，平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
为平面的一个法向量，
由，即
令，则，
故点到平面距离为，
故时，此时点到平面距离最大，且最大值为，
故点到平面距离最大时，
由知：当时，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为
则，
，即
取，则，
故
故平面与平面夹角的余弦值为，
故平面与平面的夹角大小为
19.解：
由题意可得，解得，
故椭圆方程为
(ⅰ)当直线与轴重合时，点则，
所以，
当直线与轴不重合时，设，
联立，则，
由得，
设，则
所以
由于，故同号，因此，
故
，
此时，
综上可得的最大值为
(ⅱ)由于，设，
当直线与轴重合时，，符合题意，
当直线与轴不重合时，设
联立，则，
则
而
，
即，故，
综上可得，
第1页，共1页
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知直线与平行，则( )
A. B. C. D.
2.若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是( )
A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，
3.已知数列为等比数列，若，，则( )
A. B. C. D.
4.已知双曲线的 离心率为，则该双曲线的渐近线方程为( )
A. B. C. D.
5.已知空间向量，，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
6.在等差数列中，若，则( )
A. B. C. D.
7.已知圆与圆交于，两点，当弦最长时，实数的值为( )
A. B. C. D.
8.已知空间直角坐标系中，、、，点是空间中任意一点，若，，，四点共面，则( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.椭圆：的左、右焦点分别为，，点为上的任意一点，则( )
A. 椭圆的长轴长为 B. 椭圆的离心率为
C. 的最大值为 D. 存在点，使得
10.已知圆：，是直线：上的一动点，过点作直线，分别与相切于点，，则( )
A. 存在圆心在上的圆与相内切 B. 四边形面积的最小值为
C. 的最小值是 D. 点关于的对称点在内
11.如图，该几何体是四分之一圆柱体点，分别是上、下底面圆的圆心，四边形是正方形，点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点含端点，则( )
A. 存在点，使得
B. 存在点，使得直线平面
C. 存在点，使得平面平面
D. 存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.抛物线的焦点坐标是 ．
13.若数列满足其中，，为常数，，则称是以为周期，以为周期公差的“类周期性等差数列”若“类周期性等差数列”的前项为，，，，周期为，周期公差为，则的前项和为 ．
14.已知双曲线：的右焦点为．为坐标原点，若在的左支上存在关于轴对称的两点，，使得，且，则的离心率为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知圆：，点．
若直线与相切，切点为，求；
已知直线过点，若圆上恰有三个点到的 距离都等于，求的方程．
16.本小题分
已知抛物线：，是的焦点，为上的一动点，且的最小值为．
求的方程；
直线不过坐标原点交于、两点，且满足，证明过定点，并求出该定点的坐标．
17.本小题分
已知等差数列满足，的前项和为．
求的通项公式；
若，求数列的前项和．
18.本小题分
若为平面的一条斜线，为斜足，为在平面内的射影，为平面内的一条直线，其中为与所成的角，为与所成的角，为与所成的角，那么，简称三余弦定理如图，直三棱柱中，，，
求的余弦值；
当点到平面距离最大时，求的值；
在的条件下，求平面与平面夹角的大小．
19.本小题分
已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，的面积为，直线与的斜率之积为．
求的方程；
已知点．
(ⅰ)若直线过点且与交于、两点，求的最大值；
(ⅱ)若直线过点且与交于，两点，求证：
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.或
15.解：
圆：的圆心，半径，，
由直线与相切于点，得．
要圆上恰有三个点到的距离都等于，当且仅当圆心到直线的距离为，
而点在圆外，直线与圆相离，则直线的斜率存在，
设直线的方程为，即，由，解得或，
所以直线的方程为或．
16.解：
因为的最小值为，故，即，所以抛物线方程为
显然直线的斜率存在，设方程为，则
即，设，由韦达定理得，则，
因为，所以，解得舍，，故的方程为：，故恒过点．
17.解：
设等差数列的公差为，
由可得，解得，
故，
，
故
由于，
，
其中分别为前项中奇数项的和以及偶数项的和，
故
18.解：
在直三棱柱中，
又，由三余弦定理可得
故
由知，，
在中，由余弦定理可得，
在直三棱柱中，平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
为平面的一个法向量，
由，即
令，则，
故点到平面距离为，
故时，此时点到平面距离最大，且最大值为，
故点到平面距离最大时，
由知：当时，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为
则，
，即
取，则，
故
故平面与平面夹角的余弦值为，
故平面与平面的夹角大小为
19.解：
由题意可得，解得，
故椭圆方程为
(ⅰ)当直线与轴重合时，点则，
所以，
当直线与轴不重合时，设，
联立，则，
由得，
设，则
所以
由于，故同号，因此，
故
，
此时，
综上可得的最大值为
(ⅱ)由于，设，
当直线与轴重合时，，符合题意，
当直线与轴不重合时，设
联立，则，
则
而
，
即，故，
综上可得，
第1页，共1页
同课章节目录