呂梁市2024—2025學年高二第一學期期末調研測試數學試題（本試題滿分150分，考試時間120分鐘．答案一律寫在答題卡上）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，認真核對條形碼上的姓名、準考證號，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上．2．答題時使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚．3．請按照題號在各題的答題區域（黑色線框）內作答，超出答題區域書寫的答案無效．4．保持卡面清潔，不折疊，不破損．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知，，則的值為（）A.4 B.0 C. D.【答案】C【解析】【分析】根據空間向量數量積的坐標表示即可求解.【詳解】由題意知，.故選：C2.已知函數，則的值為（）A.6 B.12 C.24 D.0【答案】B【解析】【分析】求出導函數，代入即可；【詳解】∵，∴，∴．故選：B3.數列為等差數列，公差為d，，，則的值為（）A. B. C.4 D.【答案】A【解析】【分析】運用等差數列性質計算即可.【詳解】∵為等差數列，，∴．故選：A4.若，則直線AB與CD位置關系是（）A.平行 B.相交 C.異面 D.相交或異面【答案】D【解析】【分析】根據垂直直線的向量表示可知直線AB與CD垂直，即可求解.【詳解】因為，所以直線AB與CD垂直，所以AB與CD相交或異面．故選：D5.拋物線的焦點到準線的距離是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據拋物線的方程直接求解即可.【詳解】，焦點到準線的距離是.故選：A6.已知曲線（）和直線有且僅有一個公共點，則直線l的斜率為（）A. B. C. D.不存在【答案】C【解析】【分析】法一，由圓心到直線的距離等于半徑即可求解，法二，由圖像判斷斜率大于0，結合選項判斷即可；【詳解】易知，直線過定點，曲線表示圓心，半徑為2的上半圓，定點在半圓所在的圓外．解法一：由與有且僅有一個公共點時，與半圓相切，此時圓心到直線的距離，解得，由圖知，故選：C．解法二：當和有且僅有一個公共點時，存在，且，結合選項，故選：C．7.數列的通項公式為，當的前n項積最大時，n為（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】先根據等比數列的單調性判斷時，的前n項積越來越大，當時，的前n項積越來越小，從而可得答案.【詳解】因為，所以數列是遞減數列，，，所以所以時，的前n項積越來越大，當時，的前n項積越來越小，所以當數列的前項積最大時的值為4．故選：C．8.下面四個選項中，正確的是（）A.雙曲線繞坐標原點O逆時針旋轉得到曲線B.曲線是由雙曲線繞原點O順時針旋轉得到的C.曲線的離心率為D.曲線的漸近線方程是【答案】B【解析】【分析】根據旋轉變換公式求得逆時針旋轉得到曲線判斷A；求得旋轉后的曲線方程為雙曲線是可判斷B，進而判斷C；利用B中結論，根據雙曲線的性質，結合對稱性可判斷D.【詳解】對于選項A，設雙曲線上任一點，點繞坐標原點O逆時針旋轉后得到斜雙曲線C上一點．則：，即，代入雙曲線得：．故A錯誤；對于選項B，C，設為上任一點，點繞坐標原點O逆時針旋轉后得到雙曲線上一點．則：，∴∴……①又……②把①②代入得：，∴∴∴∴∴∴，所以雙曲線是所以此雙曲線的離心率，即曲線的離心率為，故B正確，C錯誤；對于選項D，因為的漸近線為，設漸近線上一點繞原點O順時針旋轉后為，則，同理可得漸近線繞原點O順時針旋轉后的漸近線為和，因為與關于y軸對稱，所以漸近線也關于y軸對稱，故漸近線為和．故D錯誤，故選：B．【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵有兩個：一是對旋轉變換公式的理解與靈活應用；二是在解析過程中，對復雜的計算一定細心.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.下列說法正確的是（）A.曲線表示圓B.過點作圓的切線，其切線長為C.過圓與可作4條公切線D.直線的傾斜角范圍是【答案】BCD【解析】【分析】將曲線方程配方可判斷A；利用切線長公式求出切線的長可判斷B；判斷兩圓的位置關系可判斷C；求出斜率的范圍，可得傾斜角的范圍，從而可判斷D.【詳解】對A選項，曲線可化為，不是圓，所以A錯誤；對B選項，切線長為，所以B正確；對C選項，因為圓的圓心坐標為，半徑為2，的圓心坐標為，半徑為1，所以兩圓圓心距為大于兩半徑之和，所以兩圓相離，可作4條公切線，所以C正確；對D選項，設直線的傾斜角的傾斜角為，，因為直線的斜率，所以傾斜角范圍．所以D正確，故選：BCD.10.通常把導函數導數叫做函數的二階導數，記作，類似地，函數的階導數的導數叫做函數的n階導數，記為．若，則下面選項正確的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】由n階導數的概念求導找規律，逐個判斷即可；【詳解】解析：由，，，，，依此類推：，所以，，，，故選：BC11.沿著下面左圖紙帶寬的三等分線（虛線）剪開，不能得到的剪開圖是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】可以實際操作一下即可得到正確選項【詳解】解：因為紙帶是由一個長方形紙條一端扭曲180°后粘貼而成封閉環，沿著三等分線剪開時，會一次性剪完紙帶的所有三等分線．所以剪開圖是兩個套在一起的環，并且兩個環的寬度是原紙帶環寬度的.正確剪開圖是B．故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.一條光線從點出發射到直線上的點B，經直線反射后，反射光線恰好經過點，則入射光線所在直線的斜率為______．【答案】【解析】【分析】由對稱性，求得關于的對稱點，即可求解；【詳解】點關于直線的對稱點為，由題知，入射光線所在的直線經過點和點，且．故答案為：．13.設數列滿足，，，則______．【答案】【解析】【分析】運用累加，結合等比數列求和計算即可.【詳解】∵，∴且，當時，有，則，①∴，②①－②得：∴當時也符合上式，∴，∴故答案為：.14.已知曲線，兩條直線，均過坐標原點O，和C交于M，N兩點，和C交于P，Q兩點，若△OPN的面積為，則四邊形PNOM的面積為______．【答案】##【解析】【分析】根據雙曲線及直線的對稱性結合面積公式即可求解.【詳解】因為曲線C為，關于原點對稱，P、Q兩點關于原點對稱，M，N兩點關于原點對稱，所以，，所以，所以.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知圓，直線．（1）判斷直線l與圓C的位置關系；（2）求圓C上的點到直線l距離的最大值和最小值；（3）圓心為的圓與圓C相切，求圓的方程．【答案】（1）相離（2）最大值為，最小值為（3）或【解析】【分析】(1)判斷圓心到直線的距離與半徑的大小即可；(2)由(1)可知直線與圓相離，此時圓上的點到直線的距離的最大值為，最小值為，利用公式即可求解；(3)圓與圓相切，分為內切和外切兩種情況去求出半徑，再寫出圓的標準方程即可.【小問1詳解】圓可化為，圓心為，半徑，圓心到直線的距離，直線與圓相離；【小問2詳解】由(1)可知圓心到直線的距離，圓上的點到直線距離的最大值為，最小值為；【小問3詳解】設圓的半徑為，兩圓相切，且，當圓與圓外切時，，當圓與圓內切時，，圓心為，圓的方程為或.16.已知數列中，，且滿足（）．（1）證明：數列等比數列；（2）求的通項公式；（3）令，為數列的前n項和，證明：．【答案】（1）證明見解析（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）由題意，可得，結合等比數列的定義即可證明；（2）由（1），根據等比數列的通項公式計算即可求解；（3）由（2）可得，利用裂項相消求和法可得，結合作差法即可證明.【小問1詳解】由題意知，所以，由于，故，故，故數列是以3為首項，公比為3的等比數列；【小問2詳解】由（1）可知是以3為首項，公比為3的等比數列，所以，故【小問3詳解】由（2）知．所以，故，由于，故，又，故，所以17.已知函數．（1）求函數的解析式；（2）設，求曲線的斜率為的切線方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）先對給定函數求導，然后將代入導函數求出的值，進而得到函數的解析式.（2）先求出的表達式，再對求導，根據切線斜率求出切點坐標，最后利用點斜式求出切線方程.【小問1詳解】對求導，可得.把代入，得到.解得.把代入，得到.【小問2詳解】已知，把代入可得.對求導，可得.因為曲線切線斜率為，所以令，即.解得或.當時，.當時，.當切點為，切線方程為，整理得.當切點為，切線方程為，整理得.綜上所得，的斜率為的切線方程為或.18.已知橢圓（）的左頂點為A，左、右焦點分別為，，離心率為，P為橢圓上任一點，且的面積的最大值為．（1）求C的方程；（2）若直線l與C有兩個不同的交點M，N（均不與點A重合），且，判斷直線l是否恒過一個定點，若是，求出該定點的坐標；若不是，請說明理由；（3）在（2）的條件下，求△AMN面積的最大值．【答案】（1）（2）存在定點（3）【解析】【分析】（1）利用三角形面積與橢圓性質，及離心率公式與基本關系式計算.（2）利用直線于橢圓聯立方程，韋達定理與向量的數量積.（3）利用點到直線距離，與弦長公式，三角形面積公式，換元法與函數最值，求出最大值.【小問1詳解】設橢圓C的焦距為．當P在短軸的端點處時，的面積最大，所以，又C的離心率，所以，結合，得，，所以橢圓C的方程為．【小問2詳解】解法一：由題意知直線的斜率不為0，否則，所以可設直線的方程為，聯立得，所以，，所以，，由（1）知，因，所以，所以，即，即，解得或（舍去），又滿足，故存在定點.解法二：將橢圓方程向右平移2個單位，得，即①，設直線MN方程為，代入（1）得：，即，，兩邊同時除以得：②，設，，、是②式的兩根，得，，平移回去（向左平移2個單位），得直線過定點.【小問3詳解】解法一：由（2）知，，，所以A到的距離，所以面積，令，，因為，所以當時，，此時，滿足，故．18題圖解法二：，其余同上.【點睛】思路點睛：知識點綜合利用，解決直線與橢圓相交問題，坐標平移變換橢圓方程，通過點到直線距離公式和弦長公式得出三角形面積表達式，綜合運算.19.已知邊長為6的菱形ABCD（如圖1），，AC與BD相交于點O，E為線段AO上一點，且，將三角形ABD沿BD折疊成三棱錐（如圖2）．（1）證明：BD⊥AC；（2）當三棱錐的體積最大時，（ⅰ）求三棱錐外接球的表面積；（ⅱ）求平面BCE與平面ACD的夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）（ⅰ）；（ⅱ）【解析】【分析】（1）先利用線面垂直的判定定理證明平面ACO，再由線面垂直的性質得；（2）（i）以為坐標原點建立空間直角坐標系，設外接球的球心為，利用空間距離公式可得外接球半徑，則表面積可求；（ii）利用平面與平面所成角的向量解法求解即可.【小問1詳解】因為四邊形AB