精品解析：湖北省楚天协作体2024-2025学年高二下学期开学收心考试数学试题

2024—2025学年度下学期高二2月收心考试 高二数学试卷 命题学校：应城一中 命题教师：方胜乐 祁建红 刘丹 审题学校：应城一中 考试时间：2025年2月10日下午15:00-17:00 试卷满分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域上的答案均无效． 3．非选择题的作答，用黑色签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域上的答案均无效． 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. 直线倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 设等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则（ ） A. 7 B. 15 C. 31 D. 63 3. 双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. “”是“直线：与直线：平行”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 5. 小明同学有6把钥匙，其中2把能打开门．如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，第二次才能打开门的概率为；如果试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门的概率为，则，的值分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 已知点，过点引直线l与曲线相交于A，B两点，当的面积取得最大值时，直线l的斜率等于（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，两两垂直，且．若M为该三棱锥外接球上的一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 设，分别是双曲线C：的左、右焦点，O是坐标原点．过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若，则C的离心率为（ ） A. B. 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. 已知等差数列的前n项和为，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当取得最大值时， C. 数列是递减数列 D. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若三个事件、、两两相互独立，则 B. 设、是两个随机事件，且，，若，则、是相互独立事件 C. 若，，则事件、相互独立与、互斥有可能同时成立 D 若事件、相互独立，，，则 11. 如图，在棱长为2正方体中，点O为BD的中点，且点P满足，则下列说法正确的是（ ） A 若，则 B. 若，，则点P的轨迹长度为 C. 若，，则 D. 若，，直线OP与平面所成的角为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的两个焦点分别是和，焦距为8，M是双曲线上的一点，且，则的周长为______． 13. 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为______． 14. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），当时，试确定使得至少需要______步雹程；若，则m所有可能的取值集合M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. 已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的方程． 16. 已知抛物线E：的焦点为F，过F作倾斜角为的动直线l交E于A，B两点．当时，． （1）求抛物线E的方程； （2）证明：无论如何变化，是定值（O为坐标原点），并求出该定值． 17. 如图甲，在平面五边形ABCDE中，，，，，G为BC的中点，以AD为折痕将图甲中的折起，使点E到达如图乙中的点S的位置，且． （1）证明：平面平面ABCD； （2）求平面SAD与平面SBC的夹角的余弦值． 18. 设等比数列的前n项和为，已知． （1）求数列的通项公式； （2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列． ①设，求； ②在数列中是否存在三项、、（其中m、k、p成等差数列）成等比数列，若存在，求出这样的三项；若不存在，说明理由． 19. 如图，已知圆A：，点是圆A内一个定点，点P是圆A上任意一点，线段BP垂直平分线l和半径AP相交于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程； （2）一组平行直线的斜率为，当它们与曲线C有两个公共点时，证明这些直线被曲线C截得的线段的中点在同一条直线上； （3）设曲线C与y轴正半轴的交点为M，与y轴负半轴的交点为N，过点的直线TM、TN分别与曲线C交于E、F两点．若的面积是的面积的倍，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度下学期高二2月收心考试 高二数学试卷 命题学校：应城一中 命题教师：方胜乐 祁建红 刘丹 审题学校：应城一中 考试时间：2025年2月10日下午15:00-17:00 试卷满分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域上的答案均无效． 3．非选择题的作答，用黑色签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域上的答案均无效． 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. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角. 【详解】根据题意可知直线的斜率， 直线的倾斜角为， 则，， 所以. 故选：D 2. 设等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则（ ） A. 7 B. 15 C. 31 D. 63 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差中项的性质得到，然后结合等比数列的通项公式解方程，最后利用求和公式计算. 【详解】解析：设公比为，因为，，成等差数列，所以， 则，解得或（舍）． 因为，所以，故． 故选：C. 3. 双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由离心率确定，即可求解. 【详解】由，得，， 故渐近线方程为． 故选：B. 4. “”是“直线：与直线：平行”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 【答案】C 【解析】 【分析】先代入参数值判断直线平行证明充分性，利用直线平行求解参数值证明必要性即可. 【详解】对于充分性：当时，直线为， 直线为，此时和显然斜率相同，截距不同， 则此时与平行，故充分性成立， 对于必要性：若和平行，则有且， 解得，故必要性成立， 综上，是直线与直线平行的充要条件，故C正确. 故选：C 5. 小明同学有6把钥匙，其中2把能打开门．如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，第二次才能打开门的概率为；如果试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门的概率为，则，的值分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】利用古典概型求概率的公式计算. 【详解】将6把钥匙分别标号为1，2，3，4，5，6，其中标号为5，6的钥匙是能打开门的，标号为1，2，3，4的钥匙是不能打开门的． 如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，即为不放回地抽取，则尝试开门两次，尝试开门两次的样本点有个， 其中第二次才能打开门的样本点有，，，，，，，，共有8个，所以； 如果试过的钥匙又混进去，即为有放回地抽取，则尝试开门两次的样本空间为，共有36个样本点， 其中第二次才能打开门的样本点有，，，，，，，共有8个，所以． 故选：A. 6. 已知点，过点引直线l与曲线相交于A，B两点，当的面积取得最大值时，直线l的斜率等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简曲线得出圆的方程，再结合三角形面积公式及点到直线距离计算求参. 【详解】曲线，得，则， 所以曲线表示圆心为，半径为的半圆（x轴及以上部分）． 由于， 故当时的面积取得最大值， 此时圆心到直线l：的距离为， 即，如图，只有才可能满足题意，得． 故选：D. 7. 在三棱锥中，两两垂直，且．若M为该三棱锥外接球上的一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将三棱锥放入正方体中建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，再结合空间向量的线性运算将用三角函数表示，最后利用余弦函数的有界性求解即可. 【详解】如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 球心为正方体对角线的交点，以为原点建立空间直角坐标系， 得到，，，，，， 设三棱锥外接球的半径为R，则，则， 故，，， 故，，， 由向量模长公式得， 而， ， ， 设， 由数量积的定义得， 所以，由余弦函数性质得当时， 取得最小值，故B正确. 故选：B 8. 设，分别是双曲线C：的左、右焦点，O是坐标原点．过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据渐近线可得，再利用余弦定理结合运算求解即可. 【详解】由题可得双曲线的渐近线方程为，， 则，，， 因为，所以， 中，， 中，， 因为，则， 即，整理可得， 所以C的离心率为. 故选：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. 已知等差数列的前n项和为，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当取得最大值时， C. 数列是递减数列 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】ABD选项，根据、和求和公式得到，，；D选项，根据等差数列的性质判断增减性. 【详解】解析：，故，选项A正确； ，即，故且，选项D错误； 又因为是等差数列，故数列是递减数列，选项C正确； 当取得最大值时，，故B错误． 故选：AC. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若三个事件、、两两相互独立，则 B. 设、是两个随机事件，且，，若，则、是相互独立事件 C. 若，，则事件、相互独立与、互斥有可能同时成立 D. 若事件、相互独立，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用特例法可判断A选项；利用独立事件的定义可判断B选项；利用互斥事件和独立事件的定义可判断C选项；利用并事件的概率公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，设样本空间，每个样本点的概率为． 定义，；，；，． ，．，． ，，所以、、两两相互独立． 而，，， 此时．A选项错误； 对于B选项，已知，，，即， 所以、是相互独立事件，B选项正确； 对于C选项，若、互斥，则，． 若、相互独立，则（因为，）． 所以事件、相互独立与、互斥不可能同时成立，C选项错误； 对于D选项，因为、相互独立， 则， 所以，D选项正确． 故选：BD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点O为BD的中点，且点P满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则点P的轨迹长度为 C. 若，，则 D. 若，，直线OP与平面所成的角为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】建系，对于A，由向量的数量积为0即可判断，对于B，由，及即可判断，对于C，由点P到平面的距离公式求得距离，结合体积公式即可求解，对于D，由线面夹角公式得到，通过换元，结合对勾函数的单调性即可求解； 【详解】解析：连接，，DP，BP，，以D为原点建立如图所示空间直角坐标系， ，，，，，，，， 则 ，故， 对于A，，， 若，则， 所以，故A正确； 对于B，若，，则， 因为，所以， 所以点P的轨迹长度为1，故B不正确； 对于C，若，，则，， ，，设平面的法向量为， 则，故可设， 所以点P到平面的距离， 在中，， 则， 所以，故C正确； 对于D，若，时，，， 则 ， 设，，则，，， 则， 由于函数在上单调递减，在上单调递增， ，，，所以， 所以，，， ，， 所以，所以， 所以，故D正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：D选项，通过换元得到. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的两个焦点分别是和，焦距为8，M是双曲线上的一点，且，则的周长为______． 【答案】22 【解析】 【分析】根据得到，根据双曲线的性质得到点在双曲线的左支上，然后利用双曲线的定义得到，最后求周长即可. 【详解】 因为焦距为8，所以，则，， 因为，所以点在双曲线的左支上，则， 所以的周长为. 故答案为：22. 13. 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】分别计算甲、乙两轮分别猜对个、个成语的概率，根据互斥事件与独立事件的概率公式计算可得结果. 【详解】设事件、分别表示甲两轮猜对个、个成语，事件、分别表示乙两轮猜对个、个成语， 则，，，. 设事件为“星队”在两轮活动中猜对3个成语，则，且与互斥，与、与分别相互独立， ∴. 故答案为：. 14. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），当时，试确定使得至少需要______步雹程；若，则m所有可能的取值集合M为______． 【答案】 ①. 10 ②. 【解析】 【分析】①根据定义计算得到雹程；②分情况计算得到的各种情况，然后得到集合. 【详解】当时，则按运算法则得到： 26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1， 即使得需要10步雹程． 若，则，，或1，当时，则，或5， 若，则，或21；若，则，若，则； 当时，，或3，若时，则，若时，则； 当时，则，，或1，若，则，或5； 若，则，， 故m所有可能的取值集合M为， 故答案为：10；． 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. 已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或． 【解析】 【分析】（1）设，由得化简即可； （2）通过讨论斜率是否存在，再结合弦长公式即可求解； 小问1详解】 设，由得， 两边平方化简得：， 故曲线C的方程为：． 【小问2详解】 当直线l斜率不存在时，此时直线与圆相交于两点，令，则，，不符合题意，舍； 当直线l斜率存在时，设l：，圆心到直线l的距离为d． 弦长，故，． 又，平方，得，故或， 所以直线l的方程为或， 即或． 16. 已知抛物线E：的焦点为F，过F作倾斜角为的动直线l交E于A，B两点．当时，． （1）求抛物线E的方程； （2）证明：无论如何变化，是定值（O为坐标原点），并求出该定值． 【答案】（1） （2）证明见解析，定值． 【解析】 【分析】（1）设直线l：，，，联立直线与抛物线的方程，由弦长公式可得弦长的值，由此可得的值，进而求出抛物线的方程. （2）由（1）可知，，，代入，可得答案. 【小问1详解】 抛物线E：的焦点， 依题意，直线l的斜率不为0，设直线l：，，， 由消去x得：， 显然，，， ， 当时，，于是，解得， 所以抛物线E的方程为． 【小问2详解】 由（1）可知，，则， 因此对任意的实数t，为定值， 所以无论如何变化，是定值． 17. 如图甲，在平面五边形ABCDE中，，，，，G为BC的中点，以AD为折痕将图甲中的折起，使点E到达如图乙中的点S的位置，且． （1）证明：平面平面ABCD； （2）求平面SAD与平面SBC的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）解法一：利用平行线的性质、勾股定理和三角函数得到AC平分，然后利用等腰三角形的性质得到，最后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明； 解法二：利用平面向量的方法得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明； （2）利用面面垂直的性质定理得到平面，然后利用线面垂直的判定定理和性质得到，再根据中位线的性质得到点O是AC的中点，利用勾股定理即可得到，最后利用空间向量的方法求二面角即可. 【小问1详解】 解法一：在平面五边形ABCDE中，，，， 所以四边形ABCD是直角梯形，且，，． 在直角中，，且，则， 可得，从而是等边三角形，AC平分． 因为G为BC的中点，所以，所以， 又因为，且SA，平面SAC， 所以平面SAC． 又因为平面ABCD，所以平面平面ABCD． 解法二：因为，，所以， 以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系， ，，，， ,， 因为，所以， 又因为，且SA，平面SAC， 所以平面SAC． 又因为平面ABCD，所以平面平面ABCD． 【小问2详解】 取AD的中点F，连接SF，过点S作SO垂直AC于点O，连接OF，如图， 因为平面平面ABCD，平面平面，平面SAC，， 所以平面ABCD， 又平面ABCD，则． 因为，F是AD的中点，所以， 又且SO，平面SOF，所以平面SOF， 由平面SOF，则； 又因为，所以，则点O是AC的中点， 又，所以，可得． 以D为原点，以DA，DC所在的直线分别为x，y轴，轴， 如图所示建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面SAD的一个法向量为，，， 由，令，则， 设平面SBC的一个法向量为，，， 由，令，则． 设平面SAD与平面SBC的夹角为，故． 所以平面SAD与平面SBC的夹角的余弦值为． 18. 设等比数列的前n项和为，已知． （1）求数列的通项公式； （2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列． ①设，求； ②在数列中是否存在三项、、（其中m、k、p成等差数列）成等比数列，若存在，求出这样的三项；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）①；②不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）解法一：利用得到，即可得到公比，中令得到，然后利用等比数列的通项公式计算； 方法二：分别令，得到方程，然后解方程得到，，最后利用等比数列的通项公式计算； （2）①根据，得到，然后利用错位相减法求； ②利用等差中项和等比中项的性质得到，然后解方程或由基本不等式说明不成立即可得到在数列中不存在三项、、（其中m、k、p成等差数列）成等比数列． 【小问1详解】 解法一：由可得， 上述两个等式作差可得，即， 因为数列是等比数列，则当时，，解得， 所以，数列是以3为首项，以4为公比的等比数列，故． 解法二：由得， ． ∵是等比数列， ∴公比，，得．故．经检验成立 【小问2详解】 ①由题意可得，则， 所以，，则， 上述两个等式作差得， 因此，； ②假设在数列中存在三项、、（其中m、k、p成等差数列）成等比数列， 则，即， 因为m、k、p成等差数列，则，不妨设， 整理可得，即，即， 即，即， 因为，则，故假设不成立， 或由，由知上式不能取等， 因此，在数列中不存在三项、、（其中m、k、p成等差数列）成等比数列． 19. 如图，已知圆A：，点是圆A内一个定点，点P是圆A上任意一点，线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程； （2）一组平行直线的斜率为，当它们与曲线C有两个公共点时，证明这些直线被曲线C截得的线段的中点在同一条直线上； （3）设曲线C与y轴正半轴的交点为M，与y轴负半轴的交点为N，过点的直线TM、TN分别与曲线C交于E、F两点．若的面积是的面积的倍，求的最大值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）根据中垂线的性质和椭圆的定义得到Q点的轨迹是椭圆，然后求方程即可； （2）设直线方程，联立直线和椭圆的方程，利用韦达定理和中点坐标公式得到弦中点的轨迹方程； （3）解法一：分别联立直线、与椭圆方程，利用点到直线的距离公式、弦长公式和韦达定理计算三角形面积，得到，然后利用换元法和函数单调性求最值； 解法二：：分别联立直线、与椭圆方程得到点的坐标，然后利用三角形面积公式得到，再将线段比转化为坐标比计算，最后利用换元法和函数单调性求最值； 解法三：利用斜率公式得到，设直线的方程，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理和得到，然后利用三角形面积公式得到，再将线段比转化为坐标比计算，最后利用函数单调性求最值. 【小问1详解】 依题意可知， 所以Q点的轨迹是椭圆， 设其方程为，其中，，， 所以曲线C的方程为. 【小问2详解】 设这组平行直线的方程为， 联立得． 由得． 设两交点分别为，，PQ的中点为． 则，， 消m得． 即这些直线被曲线C截得的线段的中点在同一条直线上． 【小问3详解】 解法1：因为， 直线TM的方程为，直线TN的方程为， 联立得，所以点， 所以点E到直线TN距离为， 联立得，所以， 所以 ， 所以， 所以， 令，则， 当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为． 解法2：直线TM的方程为，直线TN的方程为， 联立得，所以点， 联立得，所以， 所以， 令，则， 当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为． 解法3：设，，，． ，，故． 又，得． 设直线EF方程， 联立得． 所以，．，， ． 注意到，代入韦达公式并整理得，故直线EF过定点． 此时，． 所以， 取等时，即的最大值为． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线求最值或范围问题： （1）几何的思路：通过几何的知识取求最值或范围； （2）代数思路：将要求的用代数表示出来，然后通过函数或不等式的思路求最值或范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$