精品解析：江苏省苏州市2024-2025学年高二上学期学业质量阳光指标调研数学试卷

苏州市2024～2025学年第一学期学业质量阳光指标调研卷 高二数学 2025．1 注意事项 学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求： 1．本卷共6页，包含单项选择题（第1题～第8题）、多项选择题（第9题～第11题）、填空题（第12题～第14题）、解答题（第15题～第19题）．本卷满分150分，答题时间为120分钟，答题结束后，请将答题卡交回． 2．答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置． 3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚． 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. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系Oxyz中，点关于坐标平面Ozx对称的点的坐标为（ ）． A. B. C. D. 3. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线，，若，则实数（ ）． A. B. 1 C. 3 D. 1或3 4. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的右焦点为F，右顶点为A，上、下顶点分别为，，点D在线段上，且．若，则C的离心率为（ ）． A. B. C. D. 5. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）． A. B. 1 C. D. 6. 在平面直角坐标系中，已知圆经过，，三点，直线与交于，两点，则的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 7. 如图，已知点，轴于点C，M是线段OB上任意一点，轴于点D，于点E．OE与MD相交于点P，则P的轨迹方程为（ ）． A. B. C. D. 8. 已知等比数列的前n项和为，数列的前n项和为，，若，则（ ）． A B. 2 C. D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知数列的前n项和为，若，则（ ）． A. 等差数列 B. 是等比数列 C. D. 10. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点，延长交E于点B，延长交E于点C，则（ ）． A. 的面积为 B. 的周长为8 C. D. A到直线BC的距离为2 11. 如图，在棱长为1正方体中，分别是棱上的动点，且，，，，则（ ）． A. 当时，平面 B. 当时，平面 C. 当时，三棱锥体积的最大值为 D. 当时，最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等比数列，若，，则______． 13. 如图，已知M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，，，若，则______． 14. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知与双曲线的渐近线不平行的直线与C有且仅有一个公共点，直线且与C交于A，B两点，与交于点P，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. 已知数列为等差数列，，，记的前n项和为，数列的首项，且． （1）求及； （2）求的通项公式． 16. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点和点B是圆上两点． （1）判断直线与C的位置关系，并说明理由； （2）若，的面积为，求C的方程． 17. 如图，在三棱锥中，已知平面平面ABC，，D，E分别是棱PA，PC中点，，，三棱锥的体积为． （1）求直线BD与直线CP所成角的大小； （2）求平面BDE与平面ABC的夹角的余弦值． 18. 已知数列的前n项和为，，，数列满足． （1）求证：数列为等比数列； （2）求和； （3）记数列的前n项和为，求证：． 19. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，直线与有且只有一个公共点，过点且斜率为的直线交于另一点为中点，延长交于点，以为圆心，为半径的圆交直线于两点． （1）求C的标准方程； （2）若，求的值及的方程； （3）当最大时，求的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 苏州市2024～2025学年第一学期学业质量阳光指标调研卷 高二数学 2025．1 注意事项 学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求： 1．本卷共6页，包含单项选择题（第1题～第8题）、多项选择题（第9题～第11题）、填空题（第12题～第14题）、解答题（第15题～第19题）．本卷满分150分，答题时间为120分钟，答题结束后，请将答题卡交回． 2．答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置． 3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚． 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. 双曲线渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用双曲线方程可得渐近线方程． 【详解】双曲线的渐近线方程为，即， 故选：C. 2. 在空间直角坐标系Oxyz中，点关于坐标平面Ozx对称的点的坐标为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间直角坐标系中点的坐标特征求解. 【详解】由题意得对称点的横坐标和竖坐标与点P的相同，纵坐标与点P的互为相反数， 所以点关于坐标平面Ozx对称的点的坐标为， 故选：C 3. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线，，若，则实数（ ）． A. B. 1 C. 3 D. 1或3 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行的判定公式求解. 【详解】根据，则， 即，得或，但时两直线重合， 故. 故选：B． 4. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的右焦点为F，右顶点为A，上、下顶点分别为，，点D在线段上，且．若，则C的离心率为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可得，点，，， ∴，∵，则点为的三等分点， 故，，， 由得：，化简得． 故选：B． 5. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）． A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的性质可知也是等差数列，即可快速求解. 【详解】， 由于是等差数列，所以，即也是等差数列， 故． 故选：D． 6. 在平面直角坐标系中，已知圆经过，，三点，直线与交于，两点，则的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆的方程为，代入点的坐标求出圆的方程，即可得到圆心坐标与半径，再求出直线过定点，即可求出的最小值，从而得解. 【详解】设圆的方程为， 则，解得，所以， 即圆，则圆心为，半径； 又直线，即，令，解得， 所以直线过定点，又点与圆心在直线（斜率不存在）上， 又，所以，当且仅当直线的斜率时取得， 又无最大值，且无限接近圆的直径， 所以． 故选：C． 7. 如图，已知点，轴于点C，M是线段OB上任意一点，轴于点D，于点E．OE与MD相交于点P，则P的轨迹方程为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设所求点，根据点在直线上可得，根据点在直线上可得，最后根据轴得，化简即可. 【详解】设， 因为直线的方程为，且点在直线上，所以， 因为直线的方程为，且点在直线上，所以， 因为轴，所以，则，故D正确. 故选：D． 8. 已知等比数列的前n项和为，数列的前n项和为，，若，则（ ）． A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列的求和公式进行求解即可. 【详解】由是等比数列，得也是等比数列， 而当公比时，，此时， 则，不满足，故， 所以当公比时，有， 则， 由，则，即， 又由，得， 故选：C． 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知数列的前n项和为，若，则（ ）． A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用求出数列的通项公式，即可判断各选项. 【详解】对于AB： 因为，故，当时，，当时，也成立， 所以，即为常数列，其既是等差数列，也是等比数列，故A、B正确； 对于C： ，，显然等式仅当时成立，故C错误； 对于D： ，故D正确 故选：ABD． 10. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点，延长交E于点B，延长交E于点C，则（ ）． A. 的面积为 B. 的周长为8 C. D. A到直线BC的距离为2 【答案】AC 【解析】 【分析】利用椭圆的性质及重要结论，来判断各选项即可. 【详解】 ，的面积为，故A正确； 周长为8，由，故的周长大于8，故B错误； 利用椭圆性质，由， ，故C正确； ，而，故A到直线BC距离为，故D错误； 当然也可以由不垂直到直线BC的距离小于2． 故选：AC. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱上的动点，且，，，，则（ ）． A. 当时，平面 B. 当时，平面 C. 当时，三棱锥体积的最大值为 D. 当时，的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标关系即可求解AB，利用体积公式，结合二次函数的性质即可求解C，根据两点距离公式，结合对称关系即可求解D. 【详解】以A为原点建立坐标系，则，，, ，，, 时，,故， ,故， 平面，故平面，A正确， 当时，， 由于，故，， 平面,平面,故平面，B正确； 由 当时，， ，故C错误； 当时，则， ， 可将看作是平面内到点的距离之和， 如图：作出关于直线的对称点， 则最小距离为与点之间的距离， 故， 过与点的直线方程为，令，则， 故当时取等号，D正确． 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：，将看作是平面内到点的距离之和，利用对称求解即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等比数列，若，，则______． 【答案】8 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式可求答案. 【详解】设等比数列的公比为， 由题意，解得，所以． 故答案为：8 13. 如图，已知M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，，，若，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算用基底向量表示后可求系数和. 【详解】，． 故答案为：. 14. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知与双曲线的渐近线不平行的直线与C有且仅有一个公共点，直线且与C交于A，B两点，与交于点P，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】设出直线的方程的方程，与双曲线方程联立求出，再取中点，计算推理判断为平行四边形即可计算得解. 【详解】直线的斜率为，由直线，设直线的方程为， 由消去并整理得，设， 则， ，取中点，连接， 直线的斜率，设直线的方程为， 由消去并整理得， 则，整理得，而， 则，解得，因此直线，四边形为平行四边形， 于是，， ，所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是求出直线的斜率，确定四边形为平行四边形. 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. 已知数列为等差数列，，，记的前n项和为，数列的首项，且． （1）求及； （2）求的通项公式． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式可得答案； （2）先求出，累乘可求答案. 【小问1详解】 设等差数列公差为，则，； 又，所以，所以， 所以，． 【小问2详解】 因为，所以， ， 以上各式相乘可得， 因为，所以. 16. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点和点B是圆上两点． （1）判断直线与C的位置关系，并说明理由； （2）若，的面积为，求C的方程． 【答案】（1）直线l与圆C相交，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可知直线l过定点，结合圆的方程可知定点在圆C内，即可得结果； （2）根据面积关系可得，根据图形以及垂直关系可得，代入圆的方程运算求解即可. 【小问1详解】 直线与圆相交，理由如下： 圆的方程可化为， 可知圆心为，半径， 直线的方程可化，可知直线l过定点， 因为，故定点在圆C内， 所以直线l与圆C相交． 【小问2详解】 因为，， 又因为的面积为，可得， 因为，结合垂直关系可知直线AB的方向向量可以为， 可得， 则，即， 将代入圆C方程可得，解得， 所以圆C的方程为． 17. 如图，在三棱锥中，已知平面平面ABC，，D，E分别是棱PA，PC的中点，，，三棱锥的体积为． （1）求直线BD与直线CP所成角的大小； （2）求平面BDE与平面ABC的夹角的余弦值． 【答案】（1）或 （2）或 【解析】 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，根据三棱锥的体积求出，设，由勾股定理列出方程，求出或，分两种情况，作出辅助线，求出直线BD与直线CP所成角的大小； （2）在（1）的基础上，证明线面平行，并由线面平行的性质得到线线平行，作出辅助线，找到面面角的平面角，求出各边长，并由余弦定理进行求解. 【小问1详解】 因为平面平面ABC，交线为，，平面， 所以平面PAB， 因为，为的中点，所以⊥， 故， 又，故， 三棱锥的体积为，故，解得， 设，故，则， 又，由勾股定理得， 即，解得或， 取的中点，连接， 因为，，由勾股定理得， 故， 因为平面，平面，所以， 由勾股定理得，故， 当时，，为等边三角形， 所以，直线BD与直线CP所成角的大小为； 当时，，由勾股定理逆定理得⊥， 又，所以为等腰直角三角形，， 故直线BD与直线CP所成角的大小为或； 【小问2详解】 D，E分别是棱PA，PC的中点，故， 因为平面，平面， 所以平面， 设平面平面，故，且， 由（1）知，，， 若，则，故为等边三角形， 取的中点，连接，则⊥，，， 过点作⊥于点，连接， 故或其补角为平面BDE与平面ABC的夹角， 因为，，， 所以，故，， 所以，又，所以四边形为平行四边形， 故， ，由余弦定理得， 若，则，故⊥，且， 又，故为等边三角形，， 过点作⊥于点，连接， 故或其补角为平面BDE与平面ABC的夹角， 因为，， 在中，由余弦定理得 ， 又，， 由余弦定理得， 综上，平面BDE与平面ABC的夹角的余弦值为或 18. 已知数列的前n项和为，，，数列满足． （1）求证：数列为等比数列； （2）求和； （3）记数列的前n项和为，求证：． 【答案】（1）证明见解析 （2）， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用题干给与的信息，代换，利用都是奇数所以，从而得到结果. （2）利用等比数列的定义，与题干给与的定义进行代换得到答案. （3）利用代换，换成题干给与的形式，从而得到证明结果. 【小问1详解】 ，且，故为等比数列 【小问2详解】 由（1）可知：，故． 【小问3详解】 19. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，直线与有且只有一个公共点，过点且斜率为的直线交于另一点为中点，延长交于点，以为圆心，为半径的圆交直线于两点． （1）求C标准方程； （2）若，求的值及的方程； （3）当最大时，求的坐标． 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及即可求解， （2）根据点差法可得，结合两点斜率公式可得，根据垂直平分线的性质可得，即可结合斜率公式联立求解， （3）根据以及到角公式可得，利用基本不等式求解此时最大时，即可结合（2）求解坐标，联立直线方程可得中点为，即可利用中点关系求解. 【小问1详解】 由题意可知，，结合， 解得， 故椭圆方程为 【小问2详解】 设D为，, 则，相减可得，故， 因此有：，即， 直线，令可得，故， 由于为中点，故， 为中点， 由于,故，因此 ， 解得， 由舍负，故，． 【小问3详解】 由，则，当且仅当时取到等号， 故最小，由于为锐角，故最小时，此时最大时， 故，结合可得， 由第二问可求解得：，， ，故中垂线所在直线斜率为，结合， 故中垂线：，即， 又直线， 联立与，解得， 故中点为，故点为． 【点睛】关键点点睛：根据得，由到角公式可得，利用基本不等式求解最值得最大时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$