浙江省绍兴市诸暨2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题（含解析）

浙江省诸暨市2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知直线的倾斜角为，则直线的斜率( )
A. B. C. D.
2.如图，平行六面体中，设则( )
A. B. C. D.
3.已知抛物线上一点到焦点的距离是，则点到轴的距离为( )
A. B. C. D.
4.下列选项正确的是( )
A. B.
C. D.
5.已知直线，圆则直线与圆位置关系为( )
A. 相离 B. 相交 C. 相切 D. 不确定
6.已知为等差数列，则( )
A. B. C. D.
7.已知等比数列的公比大于，前项和为，则“数列为单调递增数列”是“数列为单调递增数列”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
8.已知是双曲线的左焦点，为圆上一点，直线的倾斜角为，直线交双曲线的两条渐近线于，，且恰为的中点，则双曲线的离心率为( )
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.已知数列满足则( )
A. B. 是等比数列
C. D. 是等比数列
10.已知棱长为的正方体中，，满足其中，，则下列结论正确的是( )
A. 当时，
B. 当时，平面
C. ，，有
D. ，，有
11.曲线，则下列结论中正确的是( )
A. 曲线关于直线对称
B. 曲线围成的图形面积为
C. 曲线上存在无数个点到直线的距离为
D. 若圆在曲线的内部含边界，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数的图象在点处的切线方程是，则． ．
13.抛物线上一动点到直线的最短距离为 ．
14.已知数列满足若为最大项，则 ．
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.本小题分
如图，在三棱柱中，底面，，为的中点，为侧棱上的动点．
求证：平面平面
试判断是否存在，使得直线若存在，求的长；若不存在，请说明理由．
16.本小题分
在等差数列中，已知公差前项和为且，成等比数列．
求数列的通项公式；
记求数列的前项和．
17.本小题分
如图，在底面为正方形的四棱锥中，，面，，分别为和的中点，
求证：，，，四点共面
求二面角的余弦值．
18.本小题分
曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比．
若曲线的方程为伸缩比求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程；
若曲线的方程为经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值；
对抛物线作变换得抛物线对抛物线作变换得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换得抛物线若记数列的前项和为，求证：
19.本小题分
已知椭圆的右焦点为，为椭圆上一点．
求椭圆的方程；
设直线不经过点交于，两点，且直线和直线的斜率之和为．
证明：直线的斜率为定值，并求出这个定值；
若求的面积．
答案和解析
1.【答案】
【解析】因为直线的倾斜角为 ，所以直线的斜率 ．
故选：．
2.【答案】
【解析】因为 ， ， ，
所以
．
故选：．
3.【答案】
【解析】由抛物线可得焦点，准线方程为，
因为点到焦点的距离是，及抛物线的定义，
可得点到准线的距离为，
所以点到轴的距离为．
故选：．
4.【答案】
【解析】，故A错误；
，故B错误；
故C正确；
，故D错误．
故选：．
5.【答案】
【解析】由直线：，可知直线过定点，设为点，
由圆可知圆心，半径为，
则，
所以点在圆的内部，从而直线与圆相交．
故选：．
6.【答案】
【解析】设等差数列的公差为，
由，解得，
由，解得，
所以，
所以，
所以．
故选：．
7.【答案】
【解析】本题只给出了，
若取，，那么，则数列为单调递增数列，
此时，则数列为单调递减数列，
所以“数列为单调递增数列”不能推出“数列为单调递增数列”，
若取，，则，
显然数列是单调递增数列，
此时，数列是单调递减数列，
所以“数列为单调递增数列”不能推出“数列为单调递增数列”，
综上“数列为单调递增数列”是“数列为单调递增数列”的既不充分也不必要条件．
故选：．
8.【答案】
【解析】由题意双曲线左焦点为，已知圆的圆心为，半径为，直线的斜率为，
则直线方程为，
由，得，即点的坐标为，
双曲线渐近线方程为，设点，点，
则，，
由，得，
由，得，
代入得，解得，
所以双曲线的离心率．
故选：．
9.【答案】
【解析】由得则数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，从而，故C正确；
则，故A正确；
由，易得不是等比数列，故B错误；
由，易得是以为首项，公比为的等比数列，故D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则正方体各顶点坐标为，，，，，，，，
因为，，所以点坐标为，
又因为，，，
所以点坐标为，
对于，当时，点，点，
则，故A错误；
对于，当时，点，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，，即，
，，所以，
又平面，所以平面，故B正确
对于，，，，
当时，恒成立，当时，令，得，
所以，，有，故C正确；
对于，，，，
令，即，，
因为，所以，
所以，，有，故D正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】由
得时，得，
时，得，
时，得，
时，得，
时，得，
时，得，
作出曲线图象如图所示，其中，
对于，由图可知，点在曲线上，但点不在曲线上，所以曲线不关于直线对称，故A错误；
对于，图形为一个边长为的正方形和两个底和高分别为和的三角形及构成，其面积为，故B正确；
对于，如图，直线就是直线，而直线与直线均与之平行，两线段和上的点到直线距离最大，
且直线，直线与直线距离均为，数形结合可得曲线上只四个点到直线距离为，故C错误；
对于，易得曲线关于原点对称，圆圆心在线段上，据对称性可得，
当时，须满足，解得，
当时，须满足，解得，
由得，故D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】由导数的几何意义可得 ，
将点代入切线方程可得，
所以．
故答案为．
13.【答案】
【解析】设抛物线上动点，
由题意可得，当点到直线的距离最小时，
点为抛物线的一条切线的切点，且该切线平行于直线，
设直线与抛物线相切，则
解得，则有，，所以点 ，
所以点到直线的最小距离 ．
故答案为．
14.【答案】或
【解析】由得，，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
从而可得到，
所以最大项是第项或第项，故或．
故答案为或．
15.【答案】证明：在三棱柱中，底面，平面，
，
，为的中点，
，
，
平面，
平面，
平面平面
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
，，，
设，则，，，
若，则，解得，
所以存在，使得直线，此时．
16.【答案】由题意知，，
因为，成等比数列，所以，
即，整理得，解得或，
因为，所以，
所以；
由知，，
则
得，
，
所以．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】取的三等分点，如图所示，由题意知，，所以，确定平面，且 ，
在面中，分别延长和交于点，
所以∽，则，即，
又在面中，，且，连接并延长交于点，
则，那么有，
所以，为同一点，又点，点，
所以直线与相交，确定平面，即证，，，四点共面
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角为，
设长为，则，，，，，，
因为，所以，则点，
又，，
设平面的法向量为，不妨令，
由，得，
又，，
设平面的法向量为，不妨令，
由，得，
所以，，
所以二面角的余弦值为．

18.【答案】由题意得，化简得，
所以曲线的标准方程为；
由题意得，经过伸缩变换后的椭圆方程为，化简得，
当时，，，
则，解得，，
当时，，，
则，解得，；
对抛物线，作变换，，
得抛物线，得，
所以，
即，
所以，
又，
所以，当时，
，
当或时，显然也成立，
所以
19.【答案】由题意，，
由椭圆定义得，，
所以，，
所以椭圆的方程为；
由题意，可设直线，，，
联立方程组
得，
，
则，，
由题意知，，
则有，
即，
化简得，
由可得，，
化简得，
即当时上式恒成立，
所以直线的斜率为定值；
过点作轴的垂线交轴于点，
由直线和直线的斜率之和为，可得平分，
则，解得或舍，
所以点，点，
所以，
所以的面积为．
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