精品解析：河北省沧州市沧县中学等校2024-2025学年高二上学期12月联考数学试题

高二年级12月份百万联考 数学 注意事项： 1.答题前､考务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时､选出每小题答案后，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.考结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试式卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册至选择性必修第二册第四章第2节. 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. 已知直线与直线平行，则（ ） A. B. 3 C. D. 1 2. 庞士-布鲁克斯彗星在1812年7月12日首先被珍-路易斯•庞士发现，之后每次回归都被天文学家记录.约翰•法兰兹•恩克测量出该彗星明确的回归周期是70.68年.2024年4月21日，该彗星重回地球视野，我国不少天文爱好者成功观测并拍摄到这位“天外来客”.该彗星自首次被发现以来，到2024年重回地球视野，共出现过（ ） A. 2次 B. 3次 C. 4次 D. 5次 3. 已知双曲线的右焦点为，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 已知直线和平面满足，若直线的方向向量为，平面的法向量为，则可能为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列的通项公式为，则中的项最大为（ ） A. B. 0 C. D. 2 6. 已知为等差数列的前项和，若且则（ ） A. 1 B. 2 C. -1 D. -2 7. 已知直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于两点，若直线垂直平分线段，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在圆锥中，是底面圆直径，为的中点，点分别在直线上，则线段的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列的前项和，则下列结论正确的是（ ） A. 的通项公式为 B. 若，则 C. 当时，取得最小值 D. 数列的前10项和为58 10. 已知为抛物线的焦点，圆，过点的直线与圆交于点（在第四象限，在第一象限），与抛物线交于点（在第四象限，在第一象限），下列结论正确的是（ ） A. 若直线的斜率为1，则 B. 若直线的斜率为1，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 莫里茨•科内利斯•埃舍尔，荷兰版画家，因其绘画中的数学性而闻名.在他的作品中可以看到对分形､对称､密铺平面､双曲几何和多面体等数学概念的形象表达.如图所示的几何体就在他的作品《星辰》中出现.该几何体由正方体和正八面体（8个面都是正三角形）相互交错而成，正八面体的12条棱正好穿过正方体12条棱的中点.若正方体的棱长，为正方体一条棱的中点，为该几何体的顶点，则（ ） A. 该几何体的体积为12 B. 该几何体的表面积为 C. 该几何体可以被半径为的球完全包裹 D. 直线与直线所成角的余弦值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，圆的圆心分别为，半径都为1，写出一个与这三个圆都相切的圆的标准方程：__________. 13. 在正四面体中，棱长为3，点在棱上，且，则__________. 14. 设双曲线的左焦点为，过点作圆的切线，切点为，直线与的右支交于点，为线段的中点，为坐标原点，，则的离心率为__________. 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. 记是公差不为0的等差数列的前项和，且. （1）求的通项公式； （2）求使成立的的最小值. 16. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，抛物线的焦点与重合，是与的一个公共点. （1）若，求与的标准方程； （2）若双曲线的离心率为3，证明：的中点在上. 17. 如图，在三棱锥中，底面为的中点，，垂足为. （1）证明：平面. （2）求二面角的正弦值. 18. 已知是各项都为正数的递增数列，给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；②对于中任意一项，在中都存在两项，使得． （1）若，判断是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若同时满足性质①和性质②，证明：成等差数列． 19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，且轴. （1）求的方程. （2）已知直线过点且与轴垂直，直线过点且与椭圆相切，直线与直线交于点. ①若，求； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级12月份百万联考 数学 注意事项： 1.答题前､考务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时､选出每小题答案后，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.考结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试式卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册至选择性必修第二册第四章第2节. 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. 已知直线与直线平行，则（ ） A. B. 3 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由两直线平行列式求出即可. 【详解】∵直线与直线平行， ∴，解得. 此时两直线为与，满足题意. 故选：A. 2. 庞士-布鲁克斯彗星在1812年7月12日首先被珍-路易斯•庞士发现，之后每次回归都被天文学家记录.约翰•法兰兹•恩克测量出该彗星明确的回归周期是70.68年.2024年4月21日，该彗星重回地球视野，我国不少天文爱好者成功观测并拍摄到这位“天外来客”.该彗星自首次被发现以来，到2024年重回地球视野，共出现过（ ） A. 2次 B. 3次 C. 4次 D. 5次 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意利用等差数列的通项公式，设共出现过次，根据实际情况，同一年的几个月可以忽略，由求解. 【详解】解：设共出现过次， 则，解得, 所以该彗星自首次被发现以来，到2024年重回地球视野，共出现过4次. 故选：C 3. 已知双曲线的右焦点为，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线方程得到椭圆中的的值，然后得到焦点坐标和渐近线方程，由双曲线对称性，不妨取其中一种情况来求解，方法一：联立方程组求出交点坐标；方法二：由直线的方程得到倾斜角证明为等腰直角三角形，从而求得. 【详解】双曲线的，则， 即，渐近线方程为， 所以直线，由双曲线的对称性， 不妨设渐近线方程为，直线， 方法一：联立方程组，解得，∴ 方法二：由直线的倾斜角可得 易知（为坐标原点）为等腰直角三角形，，则. 故选：A. 4. 已知直线和平面满足，若直线的方向向量为，平面的法向量为，则可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，则有，再对选项逐项计算验证即可得. 【详解】由，得，所以，即， 对A：，不符，故A错误； 对B：，符合要求，故B正确； 对C：，不符，故C错误； 对D：，不符，故D错误； 故选：B. 5. 已知数列的通项公式为，则中的项最大为（ ） A. B. 0 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据数列的单调性求解. 【详解】. 当时，函数单调递减， 则当时，数列单调递减， 所以中的项最大为. 故选：D. 6. 已知为等差数列的前项和，若且则（ ） A. 1 B. 2 C. -1 D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式，求解即可. 【详解】由题意可得，，化简， 所以，. 故选：B. 7. 已知直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于两点，若直线垂直平分线段，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设交点的坐标，代入椭圆方程得到方程组，两式作差后整理化简得到，由直线斜率再次化简得，在利用中点坐标公式得到，结合点在直线上得到发现，解出，再代入方程，求得的值. 【详解】设，直线与直线交于点，则， 两式相减得，， 即，∴ 由∵为中点，即， ∴，又， ∴， ∴. 故选：D. 8. 如图，在圆锥中，是底面圆直径，为的中点，点分别在直线上，则线段的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，则，可得，利用换元法求得的最小值. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则， 则，令， 可得， 当且仅当时，等号成立. 故选：B. 二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列的前项和，则下列结论正确的是（ ） A. 的通项公式为 B. 若，则 C. 当时，取得最小值 D. 数列的前10项和为58 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用，可求得数列的通项公式，进而逐项计算可判断正误. 【详解】由，令，可得. 当时，，两式相减得， 当时，也满足，所以的通项公式为，故A正确. 因为的公差为2，所以，则，故B正确. 由，得，所以时，取得最小值，故C错误. 当时，；当时，. 故，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知为抛物线的焦点，圆，过点的直线与圆交于点（在第四象限，在第一象限），与抛物线交于点（在第四象限，在第一象限），下列结论正确的是（ ） A. 若直线的斜率为1，则 B. 若直线的斜率为1，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于AB，求得直线的方程与抛物线联立方程组，可得，从而可得，利用焦半径公式可求得，进而可判断AB；对于CD，由题意计算可得，设线段的中点为，直线，计算可知点与点重合，进而计算可判断CD. 【详解】对于AB，可得抛物线的焦点，所以直线， 联立直线与抛物线，得， 所以， 圆，即，圆的圆心为，半径为， 则，故A正确，B错误. 对于CD，， 根据抛物线的定义可得， 所以，即①， 设线段的中点为，直线，因为点在直线上， 所以，点与点重合，所以是的中点，所以， 因为，所以，C正确， 因为是的中点，所以， 所以，结合①可得， 直线，故D正确. 故选：ACD. 11. 莫里茨•科内利斯•埃舍尔，荷兰版画家，因其绘画中的数学性而闻名.在他的作品中可以看到对分形､对称､密铺平面､双曲几何和多面体等数学概念的形象表达.如图所示的几何体就在他的作品《星辰》中出现.该几何体由正方体和正八面体（8个面都是正三角形）相互交错而成，正八面体的12条棱正好穿过正方体12条棱的中点.若正方体的棱长，为正方体一条棱的中点，为该几何体的顶点，则（ ） A. 该几何体的体积为12 B. 该几何体的表面积为 C. 该几何体可以被半径为的球完全包裹 D. 直线与直线所成角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】分析整个组合体的组成，由已知棱长通过等于直角三角形得到四棱锥的棱长，再由正四棱锥得到高，从而求得各四棱锥体积，从而知道组合体体积；然后求得表面积；因为组合体对称性得到球心位置变得到组合体外接球半径；建立空间直角坐标系，写出点坐标便得向量坐标，由空间向量得到线线角的余弦值. 【详解】该几何体可以看出由1个正方体及6个四棱锥构成，由题意可得四棱锥的棱长均为，高为1，一个四棱锥的体积为，该几何体的体积为，A正确. 该几何体的表面积为，B正确. 该几何体中正方体外接球的半径为，正八面体外接球的半径为2，要使该几何体被一个球完全包裹，该球的半径最少为C错误. 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， ，， ， 所以直线与直线所成角的余弦值为，D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：本题需要观察图形并能够将图形进行合理拆分，然后各个板块的进行求解体积和表面即可；可以建立的空间直角坐标系来一些空间夹角问题，需要注意的是建系的合理性和点的坐标的准确性，然后就可以利用空间向量求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，圆的圆心分别为，半径都为1，写出一个与这三个圆都相切的圆的标准方程：__________. 【答案】答案不唯一 【解析】 【分析】先设圆心半径，再列式计算求参即可得出圆的标准方程. 【详解】设圆心,半径, 所以, ， 所以 若所求圆与这三个圆都外切，则，则， 则所求圆的标准方程为. 若所求圆与这三个圆都内切，则，则， 则所求圆的标准方程为. 故答案为：. 13. 在正四面体中，棱长为3，点在棱上，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用转化法结合向量的数量积的运算律可求值. 【详解】 . 故答案为：. 14. 设双曲线的左焦点为，过点作圆的切线，切点为，直线与的右支交于点，为线段的中点，为坐标原点，，则的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意作出图像，由切线的性质得到为直角三角形，由勾股定理求出，由中位线和双曲线的定义求得，然后得到，在利用直角三角形勾股定理求得，即能得到离心率. 【详解】如图，设的右焦点为，连接，则， 且为直角三角形，，则. 由中位线的性质可得，∴. 由双曲线定义可得，∴， ∴，即. 在中，，即， 则，所以. 故答案为： 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. 记是公差不为0的等差数列的前项和，且. （1）求的通项公式； （2）求使成立的的最小值. 【答案】（1） （2）7 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，由已知可得，求解即可. （2）根据已知可得，求解不等式即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为. 因为，所以， 解得. 故. 【小问2详解】 . 因为，所以，整理可得， 解得或. 因为为正整数，所以的最小值为7. 16. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，抛物线的焦点与重合，是与的一个公共点. （1）若，求与的标准方程； （2）若双曲线的离心率为3，证明：的中点在上. 【答案】（1）， （2）证明：因为的离心率，所以， 又的焦点与重合，所以，所以的方程为， 联立，得， 解得，（舍去），， 所以， 又，所以的中点为， 代入的方程，得，等式成立， 所以的中点在上. 【解析】 【分析】（1）将点代入抛物线方程计算即可得，即可得抛物线焦点坐标，将代入双曲线方程，结合焦点坐标即可得解； （2）由题意可得的方程为，联立抛物线方程与双曲线方程，解出即可得点坐标，结合点坐标即可得其中点坐标，再将中点坐标代入验证即可得. 【小问1详解】 因为，所以，解得， 所以的标准方程为， 因为的焦点与重合，所以，则， 又，解得， 所以的标准方程为； 【小问2详解】 略 17. 如图，在三棱锥中，底面为的中点，，垂足为. （1）证明：平面. （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 证明：因为底面底面，所以. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以. 在中，为的中点，，所以. 因为，平面，所以平面. 又平面，所以. 因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由底面得，又，可得平面，从而，由条件得，则平面，得，结合可得结论； （2）设，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，由求得，求出平面与平面的法向量，利用二面角的向量求法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以. 设， 则. 因为，所以，解得， 所以. 设平面的法向量为， 则，取，则. 结合（1）可得为平面的一个法向量. 设二面角的大小为， 则， 所以. 故二面角的正弦值为. 18. 已知是各项都为正数的递增数列，给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；②对于中任意一项，在中都存在两项，使得． （1）若，判断是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若同时满足性质①和性质②，证明：成等差数列． 【答案】（1）不满足性质①，理由如下： 由，性质①是任意，存在， 令，则要满足， 可得，可得， 其中为偶数，为奇数，所以不成立， 如：当时，，不存在这样的. （2）满足，理由如下： 当时，，所以， 所以存在使得数列满足性质①； 对性质②，取，， 则成立，所以满足性质②. （3） 证明：由是递增数列，满足性质①和性质②，所以，即， 当时，， 已知，所以， 又由，所以，即. 取，则，所以， 若，则，不符合题意，舍去． 若，则． 因为，所以不是中的项，不满足性质①，不符合题意，舍去， 所以，则， 所以，故成等差数列． 【解析】 【分析】（1）由，根据题意，得到，由为偶数，为奇数，即可得出结论； （2）由，验证性质①②是否成立，即可求解； （3）先判断，再取，则，讨论的值，排除不合题意的，可得，则，从而可得结论， 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略： 1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，且轴. （1）求的方程. （2）已知直线过点且与轴垂直，直线过点且与椭圆相切，直线与直线交于点. ①若，求； ②证明：. 【答案】（1） （2）①； ②证明：， ， 所以. 【解析】 【分析】（1）由确定，即可求解； （2）①根据对称性，不妨设点在第二象限，设，由两点确定方程，联立椭圆，求得，由两点距离公式即可求解，②由及利用两角差正切公式展开，即可求证. 【小问1详解】 设，由题设有，且， 所以，解得， 故的方程为. 【小问2详解】 根据对称性，不妨设点在第二象限， 设，则直线的方程为， 联立得， 因为直线与椭圆相切， 所以 ， 则，即， ①因为，所以， 故. ②略 【点睛】关键点点睛：本题第二问解决的关键在于，利用正切的和差公式与化简计算，从而得解 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $