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广东省广州市天河区2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷
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，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二上·天河期末）在等差数列中，，则公差（　　）
A． B． C．1 D．2
2．（2025高二上·天河期末）若直线，直线，若，则实数（　　）
A． B． C．2 D．3
3．（2025高二上·天河期末）已知圆，圆，则圆与圆的位置关系是（　　）
A．内含 B．外切 C．相交 D．外离
4．（2025高二上·天河期末）比较下列四个椭圆的形状，其中更接近于圆的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·天河期末）如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，设原正三角形（图①）的边长为2，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·天河期末）过双曲线的一个焦点作一条渐近线的垂线，垂足为点，直线与另一条渐近线相交于点，若是线段的中点，则双曲线的渐近线为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·天河期末）如图，已知二面角的大小为，棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，则（　　）
A． B． C． D．4
8．（2025高二上·天河期末）设为正整数，数列是公比不为1的等比数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列是可分数列．现有下列3个命题：①数列是可分数列；②数列是可分数列；③数列是可分数列．其中是真命题的为（　　）
A．① B．①② C．①③ D．②③
二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．（2025高二上·天河期末）已知数列是等差数列，前项和为，则下列条件能推出的是（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二上·天河期末）已知动点在抛物线上，过点向轴作垂线段，垂线段的中点的轨迹为曲线是曲线上的两点，则（　　）
A．曲线的方程为
B．若，则直线过定点
C．若直线过点，点的纵坐标为1，则
D．若直线过点，连接分别交直线点，则
11．（2025高二上·天河期末）如图，棱长均为的平行六面体中，，点为平面上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．平面
B．在上的投影向量为
C．以为球心，半径为的球，与侧面的交线长为
D．若直线与直线所成的角为，则点的轨迹为双曲线
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二上·天河期末）是双曲线上一点，点，分别是双曲线左右焦点，若，则　 　.
13．（2025高二上·天河期末）已知数列中，则数列通项公式　 　．
14．（2025高二上·天河期末）已知圆，圆上恰有两个点到直线的距离都等于1，则的取值范围为　 　．
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．（2025高二上·天河期末）在正方体中，分别是的中点．
（1）求证：；
（2）求异面直线与所成角的大小．
16．（2025高二上·天河期末）记为等比数列的前项和，且．
（1）求数列的通项公式及前项和；
（2）若，求数列的前项和．
17．（2025高二上·天河期末）已知圆过三点．
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆与圆关于直线：对称，求圆的方程；
（3）若过点的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程．
18．（2025高二上·天河期末）如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，．
（1）若点为线段的中点，
①证明：∥面；
②求直线与平面间的距离；
（2）若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积．
19．（2025高二上·天河期末）设椭圆的离心率为，过点且斜率为的直线与轴相交于点，与椭圆相交于点两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求的值：
（3）若圆心在椭圆上，半径为的圆，我们称是椭圆的“卫星圆”，过原点作椭圆的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆于两点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得.
故选：C.
【分析】利用等差数列的通项公式列方程组，进而即可求得公差d的值.
2．【答案】B
【知识点】两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得.
故选：B.
【分析】根据已知直线垂直系数关系公式列方程计算求得实数a的值即可.
3．【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：由题意可知，圆的圆心，半径.
圆的圆心，半径.
所以圆心距.
因为d=.
所以圆与圆的位置关系是外切.
故选：B.
【分析】先分别找出两圆的圆心坐标和半径，再计算圆心距，最后根据比较结果得出两圆位置关系.
4．【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：根据离心率公式，
椭圆的离心率为.
椭圆的离心率为.
椭圆的离心率为.
椭圆的离心率为.
因为，，.
而，，，.
所以，所以，即.
故选：D.
【分析】利用离心率公式先分别求出这四个椭圆的离心率，离心率越小椭圆越接近于圆，进而通过比较离心率的大小来判断哪个椭圆更接近于圆.
5．【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：观察图形可知，各个图形的周长依次排成一列构成数列，
从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍，边长是相邻前一个图形的，
所以从第二个图形开始，每一个图形的周长是相邻前一个图形周长的，
所以数列是首项，公比为的等比数列，所以，
所以.
故选：A.
【分析】设各个图形的周长依次排成一列构成数列，观察图形知，从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍，边长是相邻前一个图形的，判断数列是首项，公比为的等比数列，进而求得数列的通项公式，再求得即可.
6．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由对称性，不妨设，另一个焦点为，连接，
也不妨设l与渐近线垂直，垂足为点A，与交于点B，
因为A是线段FB的中点，且l与垂直，
所以，所以三角形是等腰三角形，所以，
由对称性可知，，
又因为，所以，
所以由对称性可知渐近线的斜率，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
【分析】根据等腰三角形的判定定理和性质，结合双曲线和渐近线的对称性可得，进而根据直线的斜率与倾斜角的关系可得，即可求得双曲线的渐近线.
7．【答案】A
【知识点】空间向量的数量积运算；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：因为，所以.
所以.
因为垂直于棱，垂直于棱，所以，.
又因为二面角的大小为，所以与夹角为.
所以.
所以.
所以.
故选：A.
【分析】利用向量的线性运算可得，进行平方，结合已知条件利用向量的数量积运算即可求得，进而即可求得CD的值.
8．【答案】C
【知识点】等比数列概念与表示
【解析】【解答】解：①、因为从数列中删去两项后，剩余的项可被平均分为组，能构成等比数列，所以数列是可分数列，故①正确；
②、因为从数列中删去两项后，剩余的项，平均分为2个组后不可能构成等比数列，所以数列是不可分数列，故②错误；
③、因为从数列中删去两项后，，项后的顺序不变，依次三项可构成等比数列，所以数列是可分数列，故③正确.
故选：C.
【分析】结合可分数列的定义和等比数列的定义逐一分析即可.
9．【答案】A,C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：A、，所以，故选项A正确；
B、因为，所以，故选项B错误；
C、因为，所以，故选项C正确；
D、，所以，不能确定是否为0，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】根据等差数列的性质s+t=2k，则，即可求得a5可判断选项A；利用计算即可求得a5可判断选项B；利用计算求得公差d，进而即可求得a5可判断选项C；利用等差数列的前n项和公式以及通项公式即可判断选项D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；恒过定点的直线；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、设垂线段的中点坐标为，则的坐标为，
又点在抛物线上，故，即，所以曲线的方程为，故选项A正确；
B、设的直线方程为，，
联立方程，可得，所以，
又，，所以，所以，
所以，所以，
所以直线AB的方程为或，所以直线过定点，故选项B错误；
C、为曲线：的焦点，
因为点的纵坐标为1，所以点的横坐标为，所以，故选项C正确；
D、设的直线方程为，，
联立方程，可得，所以，
又，，所以，所以，
所以直线，直线，
令，可得，，
所以，所以，故选项D正确.
故选：ACD.
【分析】设垂线段的中点坐标为，则的坐标为，代入抛物线方程中计算可求曲线的方程可判断选项A；设的直线方程为，，与抛物线方程联立由韦达定理可得，进而可得，利用向量的数量积运算可得n的值，再求得定点坐标可判断选项B；根据抛物线的性质可知为曲线：的焦点，利用焦半径公式求得可判断选项C；设的直线方程为，，与抛物线联立可求得可判断选项D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、，，，
，
，
，，又，平面，
平面，故选项A正确；
B、，
，，
，
在上的投影向量为，故选项B正确；
C、作，垂足为，设，
由A知：平面，又平面，；
，四边形为平行四边形，四边形为菱形，；
，平面，平面，
又平面，，
平面，，平面，
以为坐标原点，正方向为轴正方向，作轴，可建立如图空间直角坐标系，
由B知：，，，，，
，，，，
，，
，，
设平面的法向量，
，令，则，，，
又，点到平面的距离，
又，以为球心，半径为的球，与侧面的交线是以为圆心，为半径的圆在四边形中（含边界）的部分，
交线长为，故选项C错误；
D、，直线与直线所成角即为或其补角，
直线与直线所成角为，或，
点在以为顶点，或的反向延长线为轴，为母线的圆锥面上，
又平面，的轨迹是平面截圆锥面所得的图形，
平面，点轨迹为双曲线，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据基底法可证得，，进而利用线面垂直的判定定理即可证得平面 可判断选项A；利用基底法和投影向量公式在上的投影向量为计算即可判断选项B；建立空间直角坐标系，利用点到面的距离向量求法可求得到平面的距离，由此可得截面圆半径，进而得到交线长，即可判断选项C；根据线线角可确定点在以为顶点，或的反向延长线为轴，为母线的圆锥面上，根据截面与圆锥的位置特征选项D.
12．【答案】9
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知a=2，，
因为是双曲线上一点，所以，所以或者，
又，所以，
故答案为：9.
【分析】根据双曲线的定义求解即可.
13．【答案】
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为
所以；；.
将以上个式子累加得：
所以
因为，所以
.
故答案为：.
【分析】先将的表达式化简，再依次写出，，，的式子，将这些式子累加，化简即可求得数列的通项公式.
14．【答案】
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：， 变形为，
所以圆心为，半径为3．
因为圆上恰有2个点到直线的距离等于1，
所以圆心到直线的距离满足，
即，所以，
解得．
故答案为：．
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，进而求得圆心和半径，由题意可得圆心到直线的距离满足，利用点到直线的距离公式计算，解不等式即可求得b的取值范围.
15．【答案】（1）证明：如图所示，以D为坐标原点，分别以DA、DC、为轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则，，
所以，
所以，所以.
（2）解：
，，
设异面直线与所成角为，
所以.
所以.
所以异面直线与所成角为．
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的数量积运算计算求得即可证得 ；
（2）根据空间直角坐标系，分别求出和，然后利用异面直线向量的夹角求法即可求得异面直线与所成角的大小．
（1）由题意，以D为坐标原点，分别以DA、DC、为轴建立空间直角坐标系，如下图：
设正方体棱长为2，则，
则，所以，
所以，所以.
（2），，
设异面直线与所成角为，
故.
所以.
16．【答案】（1）解：设等比数列的公比为，由题意易知q≠0，且，
则整理可得，即
解得q=1(舍)或或(舍).
所以，所以.
所以数列的通项公式.
前项和.
（2）解：因为.
所以①.
所以②.
由① - ②得：
.
所以.
所以数列的前项和.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）利用等比数列的通项公式和前项和公式，结合已知条件求出等比数列的首项和公比，进而得到通项公式和前项和公式；
（2）先求得 数列 的通项公式，进而利用错位相减法求得数列的前项和即可.
（1）设等比数列的公比为.
已知，可得①.
又已知，可得②.
将①代入②得：，即，③.
由①得，代入③得：，，，解得或.
因为，所以，则.
把代入，得，.
那么数列的通项公式.
前项和.
（2）已知，.
则④.
⑤.
由④ - ⑤得：
.
.
等比数列（）的首项为，公比为，项数为项，其和为.
所以.
则.
则数列的前项和.
17．【答案】（1）解：设圆的方程为.
把，，三点分别代入方程可得：
解得，，，
所以圆的方程为，
所以圆M的标准方程为.

（2）解：由(1)可知圆M的圆心为(0，0)，半径为2，
设圆的圆心，
因为圆与圆关于直线对称，直线的斜率为，
所以，解得，.
所以圆的圆心，半径与圆相同为.
所以圆的方程为.

（3）解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为.
此时到直线的距离，弦长，满足题意.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.
所以圆心到直线的距离.
因为，所以，解得.
所以，两边平方得，解得.
所以直线的方程为，即.
综上所得，直线的方程为或.
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；关于点、直线对称的圆的方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）先设圆的方程为，进而将三个点的坐标代入求出圆的一般方程，再转化为标准方程即可；
（2）先求得圆M的圆心和半径，先求出已知圆的圆心关于对称直线的对称点，即得到对称圆的圆心，半径不变，可求得圆N的方程；
（3）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，根据弦长公式结合圆心到直线的距离公式来求解直线方程.
（1）设圆的方程为.
把，，三点分别代入方程可得：
解得，，，
所以圆的方程为，其标准方程为.
（2）设圆的圆心.因为圆与圆关于直线对称，
则直线与直线垂直，且线段的中点在直线上.
直线的斜率为，两直线垂直斜率之积为，所以 .
线段中点在直线上，即 .
由得，代入式得：，，解得，则.
所以圆的圆心，半径与圆相同为.
则圆的方程为.
（3）当直线的斜率不存在时，直线的方程为.
此时到直线的距离，弦长，满足题意.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.
圆心到直线的距离.
因，弦长公式得，两边平方得解得.
所以，两边平方得.
展开得，移项可得.
则直线的方程为，即.
综上所得，直线的方程为或.
18．【答案】（1）解：①如图所示，取的中点，连接，
因为点，F分别为线段，PA的中点，所以，，
又因为，，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以∥面；
②如图所示，取的中点，连接，
因为，所以，
因为，
所以四边形是正方形，，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
在平面内作直线的垂线，
则平面，有，
以坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以平面，因为平面，所以，
因为，，所以，
由余弦定理可得，所以，
所以，，
所以，
设平面的法向量为，
由，取，则，所以，
因为∥面，所以到平面的距离即为直线与平面间的距离，
又，所以到平面的距离，
所以与平面间的距离为.
（2）解：，
设，
，
底面的一个法向量为，
设直线与底面所成的角为，
所以
，
当且仅当，即时取等号，此时，
所以到平面的距离为，
又，所以三棱锥的体积为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）①取的中点，连接，先根据题意证明四边形是平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理即可证得∥面；②由∥面，将直线与平面间的距离转化为到平面的距离，建立空间直角坐标系，通过空间向量可求点C到平面间的距离即可求得直线与平面间的距离；
（2）设，利用向量法求得正弦值的最大值，即此时的值，从而求得三棱锥的体积．
（1）①如图，取的中点，连接，有，，
又，，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以∥面；
②如图，取的中点，连接，
因为，所以，
由，
四边形是正方形，有，
因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面，
在平面内作直线的垂线，
则平面，有，
以坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以平面，因为平面，所以，
由，，知，
由，知，
从而有，，
有，
设平面的法向量为，
由，取，则，
得平面的一个法向量为，
因为∥面，所以到平面的距离即为直线与平面间的距离，
又，所以到平面的距离，
所以与平面间的距离为.
（2），
设，
，
底面的一个法向量为，
设直线与底面所成的角为，
所以
，
当且仅当，即时取等号，此时，
所以到平面的距离为，
又，所以三棱锥的体积为．
19．【答案】（1）解：由题意可知，，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）解：由题意可设直线方程为.
令，可得，所以.
设，，
联立方程组，消y整理得.
所以.
因为，所以，即.
所以，两边同时乘以得.
即，解得.
（3）解：由（1）知，则“卫星圆”半径.
设“卫星圆”方程为，
因为圆心在椭圆上，所以，即.
设切线方程为，由圆心到切线的距离等于半径可得.
整理得.
设切线，的斜率分别为，，则，.
将代入椭圆方程得，则，，
所以.
同理.
因为，，，
所以
所以是定值16.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）根据已知条件和椭圆的性质列方程组，求得a的值即可求得椭圆的方程；
（2）设直线方程为，，，根据题意求得点B的坐标，再联立直线l与椭圆方程，利用韦达定理和向量关系计算即可求得直线斜率；
(3)先求得“卫星圆”的半径，再设“卫星圆”方程为，再根据圆的切线性质以及椭圆方程判断并计算出相关式子是否为定值.
（1）椭圆，其中.
离心率（为半焦距），且，又，即.
由可得，将其代入，得到.
即，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）过点且斜率为的直线方程为.
令，可得，所以.
设，，将代入椭圆方程，得到.
化简得.
由韦达定理可得.
因为，所以，即.
所以，两边同时乘以得.
即，解得.
（3）由（1）知，则“卫星圆”半径.
设“卫星圆”方程为，因为圆心在椭圆上，所以，即.
设切线方程为，由圆心到切线的距离等于半径可得.
整理得.
设切线，的斜率分别为，，则，.
将代入椭圆方程得，则，，所以.
同理.
因为，，，
所以
所以是定值16.
1 / 1广东省广州市天河区2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷
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，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二上·天河期末）在等差数列中，，则公差（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得.
故选：C.
【分析】利用等差数列的通项公式列方程组，进而即可求得公差d的值.
2．（2025高二上·天河期末）若直线，直线，若，则实数（　　）
A． B． C．2 D．3
【答案】B
【知识点】两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得.
故选：B.
【分析】根据已知直线垂直系数关系公式列方程计算求得实数a的值即可.
3．（2025高二上·天河期末）已知圆，圆，则圆与圆的位置关系是（　　）
A．内含 B．外切 C．相交 D．外离
【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：由题意可知，圆的圆心，半径.
圆的圆心，半径.
所以圆心距.
因为d=.
所以圆与圆的位置关系是外切.
故选：B.
【分析】先分别找出两圆的圆心坐标和半径，再计算圆心距，最后根据比较结果得出两圆位置关系.
4．（2025高二上·天河期末）比较下列四个椭圆的形状，其中更接近于圆的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：根据离心率公式，
椭圆的离心率为.
椭圆的离心率为.
椭圆的离心率为.
椭圆的离心率为.
因为，，.
而，，，.
所以，所以，即.
故选：D.
【分析】利用离心率公式先分别求出这四个椭圆的离心率，离心率越小椭圆越接近于圆，进而通过比较离心率的大小来判断哪个椭圆更接近于圆.
5．（2025高二上·天河期末）如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，设原正三角形（图①）的边长为2，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：观察图形可知，各个图形的周长依次排成一列构成数列，
从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍，边长是相邻前一个图形的，
所以从第二个图形开始，每一个图形的周长是相邻前一个图形周长的，
所以数列是首项，公比为的等比数列，所以，
所以.
故选：A.
【分析】设各个图形的周长依次排成一列构成数列，观察图形知，从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍，边长是相邻前一个图形的，判断数列是首项，公比为的等比数列，进而求得数列的通项公式，再求得即可.
6．（2025高二上·天河期末）过双曲线的一个焦点作一条渐近线的垂线，垂足为点，直线与另一条渐近线相交于点，若是线段的中点，则双曲线的渐近线为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由对称性，不妨设，另一个焦点为，连接，
也不妨设l与渐近线垂直，垂足为点A，与交于点B，
因为A是线段FB的中点，且l与垂直，
所以，所以三角形是等腰三角形，所以，
由对称性可知，，
又因为，所以，
所以由对称性可知渐近线的斜率，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
【分析】根据等腰三角形的判定定理和性质，结合双曲线和渐近线的对称性可得，进而根据直线的斜率与倾斜角的关系可得，即可求得双曲线的渐近线.
7．（2025高二上·天河期末）如图，已知二面角的大小为，棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，则（　　）
A． B． C． D．4
【答案】A
【知识点】空间向量的数量积运算；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：因为，所以.
所以.
因为垂直于棱，垂直于棱，所以，.
又因为二面角的大小为，所以与夹角为.
所以.
所以.
所以.
故选：A.
【分析】利用向量的线性运算可得，进行平方，结合已知条件利用向量的数量积运算即可求得，进而即可求得CD的值.
8．（2025高二上·天河期末）设为正整数，数列是公比不为1的等比数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列是可分数列．现有下列3个命题：①数列是可分数列；②数列是可分数列；③数列是可分数列．其中是真命题的为（　　）
A．① B．①② C．①③ D．②③
【答案】C
【知识点】等比数列概念与表示
【解析】【解答】解：①、因为从数列中删去两项后，剩余的项可被平均分为组，能构成等比数列，所以数列是可分数列，故①正确；
②、因为从数列中删去两项后，剩余的项，平均分为2个组后不可能构成等比数列，所以数列是不可分数列，故②错误；
③、因为从数列中删去两项后，，项后的顺序不变，依次三项可构成等比数列，所以数列是可分数列，故③正确.
故选：C.
【分析】结合可分数列的定义和等比数列的定义逐一分析即可.
二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．（2025高二上·天河期末）已知数列是等差数列，前项和为，则下列条件能推出的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：A、，所以，故选项A正确；
B、因为，所以，故选项B错误；
C、因为，所以，故选项C正确；
D、，所以，不能确定是否为0，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】根据等差数列的性质s+t=2k，则，即可求得a5可判断选项A；利用计算即可求得a5可判断选项B；利用计算求得公差d，进而即可求得a5可判断选项C；利用等差数列的前n项和公式以及通项公式即可判断选项D.
10．（2025高二上·天河期末）已知动点在抛物线上，过点向轴作垂线段，垂线段的中点的轨迹为曲线是曲线上的两点，则（　　）
A．曲线的方程为
B．若，则直线过定点
C．若直线过点，点的纵坐标为1，则
D．若直线过点，连接分别交直线点，则
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；恒过定点的直线；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、设垂线段的中点坐标为，则的坐标为，
又点在抛物线上，故，即，所以曲线的方程为，故选项A正确；
B、设的直线方程为，，
联立方程，可得，所以，
又，，所以，所以，
所以，所以，
所以直线AB的方程为或，所以直线过定点，故选项B错误；
C、为曲线：的焦点，
因为点的纵坐标为1，所以点的横坐标为，所以，故选项C正确；
D、设的直线方程为，，
联立方程，可得，所以，
又，，所以，所以，
所以直线，直线，
令，可得，，
所以，所以，故选项D正确.
故选：ACD.
【分析】设垂线段的中点坐标为，则的坐标为，代入抛物线方程中计算可求曲线的方程可判断选项A；设的直线方程为，，与抛物线方程联立由韦达定理可得，进而可得，利用向量的数量积运算可得n的值，再求得定点坐标可判断选项B；根据抛物线的性质可知为曲线：的焦点，利用焦半径公式求得可判断选项C；设的直线方程为，，与抛物线联立可求得可判断选项D.
11．（2025高二上·天河期末）如图，棱长均为的平行六面体中，，点为平面上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．平面
B．在上的投影向量为
C．以为球心，半径为的球，与侧面的交线长为
D．若直线与直线所成的角为，则点的轨迹为双曲线
【答案】A,B,D
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、，，，
，
，
，，又，平面，
平面，故选项A正确；
B、，
，，
，
在上的投影向量为，故选项B正确；
C、作，垂足为，设，
由A知：平面，又平面，；
，四边形为平行四边形，四边形为菱形，；
，平面，平面，
又平面，，
平面，，平面，
以为坐标原点，正方向为轴正方向，作轴，可建立如图空间直角坐标系，
由B知：，，，，，
，，，，
，，
，，
设平面的法向量，
，令，则，，，
又，点到平面的距离，
又，以为球心，半径为的球，与侧面的交线是以为圆心，为半径的圆在四边形中（含边界）的部分，
交线长为，故选项C错误；
D、，直线与直线所成角即为或其补角，
直线与直线所成角为，或，
点在以为顶点，或的反向延长线为轴，为母线的圆锥面上，
又平面，的轨迹是平面截圆锥面所得的图形，
平面，点轨迹为双曲线，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据基底法可证得，，进而利用线面垂直的判定定理即可证得平面 可判断选项A；利用基底法和投影向量公式在上的投影向量为计算即可判断选项B；建立空间直角坐标系，利用点到面的距离向量求法可求得到平面的距离，由此可得截面圆半径，进而得到交线长，即可判断选项C；根据线线角可确定点在以为顶点，或的反向延长线为轴，为母线的圆锥面上，根据截面与圆锥的位置特征选项D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二上·天河期末）是双曲线上一点，点，分别是双曲线左右焦点，若，则　 　.
【答案】9
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知a=2，，
因为是双曲线上一点，所以，所以或者，
又，所以，
故答案为：9.
【分析】根据双曲线的定义求解即可.
13．（2025高二上·天河期末）已知数列中，则数列通项公式　 　．
【答案】
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为
所以；；.
将以上个式子累加得：
所以
因为，所以
.
故答案为：.
【分析】先将的表达式化简，再依次写出，，，的式子，将这些式子累加，化简即可求得数列的通项公式.
14．（2025高二上·天河期末）已知圆，圆上恰有两个点到直线的距离都等于1，则的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：， 变形为，
所以圆心为，半径为3．
因为圆上恰有2个点到直线的距离等于1，
所以圆心到直线的距离满足，
即，所以，
解得．
故答案为：．
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，进而求得圆心和半径，由题意可得圆心到直线的距离满足，利用点到直线的距离公式计算，解不等式即可求得b的取值范围.
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．（2025高二上·天河期末）在正方体中，分别是的中点．
（1）求证：；
（2）求异面直线与所成角的大小．
【答案】（1）证明：如图所示，以D为坐标原点，分别以DA、DC、为轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则，，
所以，
所以，所以.
（2）解：
，，
设异面直线与所成角为，
所以.
所以.
所以异面直线与所成角为．
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的数量积运算计算求得即可证得 ；
（2）根据空间直角坐标系，分别求出和，然后利用异面直线向量的夹角求法即可求得异面直线与所成角的大小．
（1）由题意，以D为坐标原点，分别以DA、DC、为轴建立空间直角坐标系，如下图：
设正方体棱长为2，则，
则，所以，
所以，所以.
（2），，
设异面直线与所成角为，
故.
所以.
16．（2025高二上·天河期末）记为等比数列的前项和，且．
（1）求数列的通项公式及前项和；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）解：设等比数列的公比为，由题意易知q≠0，且，
则整理可得，即
解得q=1(舍)或或(舍).
所以，所以.
所以数列的通项公式.
前项和.
（2）解：因为.
所以①.
所以②.
由① - ②得：
.
所以.
所以数列的前项和.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）利用等比数列的通项公式和前项和公式，结合已知条件求出等比数列的首项和公比，进而得到通项公式和前项和公式；
（2）先求得 数列 的通项公式，进而利用错位相减法求得数列的前项和即可.
（1）设等比数列的公比为.
已知，可得①.
又已知，可得②.
将①代入②得：，即，③.
由①得，代入③得：，，，解得或.
因为，所以，则.
把代入，得，.
那么数列的通项公式.
前项和.
（2）已知，.
则④.
⑤.
由④ - ⑤得：
.
.
等比数列（）的首项为，公比为，项数为项，其和为.
所以.
则.
则数列的前项和.
17．（2025高二上·天河期末）已知圆过三点．
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆与圆关于直线：对称，求圆的方程；
（3）若过点的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程．
【答案】（1）解：设圆的方程为.
把，，三点分别代入方程可得：
解得，，，
所以圆的方程为，
所以圆M的标准方程为.

（2）解：由(1)可知圆M的圆心为(0，0)，半径为2，
设圆的圆心，
因为圆与圆关于直线对称，直线的斜率为，
所以，解得，.
所以圆的圆心，半径与圆相同为.
所以圆的方程为.

（3）解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为.
此时到直线的距离，弦长，满足题意.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.
所以圆心到直线的距离.
因为，所以，解得.
所以，两边平方得，解得.
所以直线的方程为，即.
综上所得，直线的方程为或.
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；关于点、直线对称的圆的方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）先设圆的方程为，进而将三个点的坐标代入求出圆的一般方程，再转化为标准方程即可；
（2）先求得圆M的圆心和半径，先求出已知圆的圆心关于对称直线的对称点，即得到对称圆的圆心，半径不变，可求得圆N的方程；
（3）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，根据弦长公式结合圆心到直线的距离公式来求解直线方程.
（1）设圆的方程为.
把，，三点分别代入方程可得：
解得，，，
所以圆的方程为，其标准方程为.
（2）设圆的圆心.因为圆与圆关于直线对称，
则直线与直线垂直，且线段的中点在直线上.
直线的斜率为，两直线垂直斜率之积为，所以 .
线段中点在直线上，即 .
由得，代入式得：，，解得，则.
所以圆的圆心，半径与圆相同为.
则圆的方程为.
（3）当直线的斜率不存在时，直线的方程为.
此时到直线的距离，弦长，满足题意.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.
圆心到直线的距离.
因，弦长公式得，两边平方得解得.
所以，两边平方得.
展开得，移项可得.
则直线的方程为，即.
综上所得，直线的方程为或.
18．（2025高二上·天河期末）如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，．
（1）若点为线段的中点，
①证明：∥面；
②求直线与平面间的距离；
（2）若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积．
【答案】（1）解：①如图所示，取的中点，连接，
因为点，F分别为线段，PA的中点，所以，，
又因为，，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以∥面；
②如图所示，取的中点，连接，
因为，所以，
因为，
所以四边形是正方形，，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
在平面内作直线的垂线，
则平面，有，
以坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以平面，因为平面，所以，
因为，，所以，
由余弦定理可得，所以，
所以，，
所以，
设平面的法向量为，
由，取，则，所以，
因为∥面，所以到平面的距离即为直线与平面间的距离，
又，所以到平面的距离，
所以与平面间的距离为.
（2）解：，
设，
，
底面的一个法向量为，
设直线与底面所成的角为，
所以
，
当且仅当，即时取等号，此时，
所以到平面的距离为，
又，所以三棱锥的体积为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）①取的中点，连接，先根据题意证明四边形是平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理即可证得∥面；②由∥面，将直线与平面间的距离转化为到平面的距离，建立空间直角坐标系，通过空间向量可求点C到平面间的距离即可求得直线与平面间的距离；
（2）设，利用向量法求得正弦值的最大值，即此时的值，从而求得三棱锥的体积．
（1）①如图，取的中点，连接，有，，
又，，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以∥面；
②如图，取的中点，连接，
因为，所以，
由，
四边形是正方形，有，
因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面，
在平面内作直线的垂线，
则平面，有，
以坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以平面，因为平面，所以，
由，，知，
由，知，
从而有，，
有，
设平面的法向量为，
由，取，则，
得平面的一个法向量为，
因为∥面，所以到平面的距离即为直线与平面间的距离，
又，所以到平面的距离，
所以与平面间的距离为.
（2），
设，
，
底面的一个法向量为，
设直线与底面所成的角为，
所以
，
当且仅当，即时取等号，此时，
所以到平面的距离为，
又，所以三棱锥的体积为．
19．（2025高二上·天河期末）设椭圆的离心率为，过点且斜率为的直线与轴相交于点，与椭圆相交于点两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求的值：
（3）若圆心在椭圆上，半径为的圆，我们称是椭圆的“卫星圆”，过原点作椭圆的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆于两点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：由题意可知，，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）解：由题意可设直线方程为.
令，可得，所以.
设，，
联立方程组，消y整理得.
所以.
因为，所以，即.
所以，两边同时乘以得.
即，解得.
（3）解：由（1）知，则“卫星圆”半径.
设“卫星圆”方程为，
因为圆心在椭圆上，所以，即.
设切线方程为，由圆心到切线的距离等于半径可得.
整理得.
设切线，的斜率分别为，，则，.
将代入椭圆方程得，则，，
所以.
同理.
因为，，，
所以
所以是定值16.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）根据已知条件和椭圆的性质列方程组，求得a的值即可求得椭圆的方程；
（2）设直线方程为，，，根据题意求得点B的坐标，再联立直线l与椭圆方程，利用韦达定理和向量关系计算即可求得直线斜率；
(3)先求得“卫星圆”的半径，再设“卫星圆”方程为，再根据圆的切线性质以及椭圆方程判断并计算出相关式子是否为定值.
（1）椭圆，其中.
离心率（为半焦距），且，又，即.
由可得，将其代入，得到.
即，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）过点且斜率为的直线方程为.
令，可得，所以.
设，，将代入椭圆方程，得到.
化简得.
由韦达定理可得.
因为，所以，即.
所以，两边同时乘以得.
即，解得.
（3）由（1）知，则“卫星圆”半径.
设“卫星圆”方程为，因为圆心在椭圆上，所以，即.
设切线方程为，由圆心到切线的距离等于半径可得.
整理得.
设切线，的斜率分别为，，则，.
将代入椭圆方程得，则，，所以.
同理.
因为，，，
所以
所以是定值16.
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