精品解析：湖北省2024-2025学年高二上学期1月期末数学试题

湖北省2024-2025学年秋季学期高二期末联考 数学试卷 命题单位：荆州市教科院 审题单位：恩施州教科院 2025.1 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证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：每小题选出答案后，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均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答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均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. 抛物线y2=4x的焦点坐标是 A. （0,2） B. （0,1） C. （2,0） D. （1,0） 2. 已知，，且，则（ ） A. 0.5 B. 0.4 C. 0.9 D. 0.2 3. 设数列，都是等比数列，则在4个数列，，，中，一定是等比数列的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 4. 直线的一个方向向量的坐标为，直线过点且与垂直，则的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是等差数列，，，则的前10项和为（ ） A. 90 B. 100 C. 110 D. 120 6. 已知正三棱柱的各条棱长均相等，棱的中点为，则直线与直线所成的角的余弦值为（ ） A 0 B. C. D. 7. 柜子里有红、黄、蓝三种颜色的鞋子各一双，从6只鞋子中随机地取出3只，则取出的3只鞋子颜色均不相同的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 圆与椭圆有密切联系，将圆在同一方向等比例“压缩”或者“拉伸”，圆会变形为椭圆；同样的，将椭圆在同一方向等比例“压缩”或者“拉伸”，椭圆会变形为不同的椭圆或圆.已知二面角的大小为，半平面内的圆在半平面上的投影是椭圆，在半平面上的投影是椭圆，则椭圆的离心率为（ ） 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. 抛掷一枚质地均匀的骰子，有如下随机事件：“点数不大于2”；“点数大于2”；“点数大于5”；“点数为奇数”.则下列说法正确的有（ ） A. B. ，为对立事件 C. 与互斥 D. 10. 已知，设两条直线，交点的轨迹为曲线，则下列说法正确的有（ ） A. 当时，曲线是椭圆一部分，且椭圆焦点在轴上 B. 当时，曲线是椭圆的一部分，且椭圆焦点在轴上 C. 当时，曲线是椭圆的一部分 D. 当时，曲线是双曲线的一部分 11. 已知正方体棱长为4，点在面（包含边界）内运动，且；点在面（包含边界）内运动，且到直线的距离与其到平面的距离相等.若平面，则下列说法正确的有（ ） A. B. 直线不可能与平面垂直 C. 的轨迹为抛物线的一部分 D. 线段长度的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，且，则_____. 13. 双曲线的左右焦点分别为，，以线段为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，若，则_____. 14. 数列中，且满足，，则数列的前2024项的和为_____. 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. 已知数列满足，且，设. （1）求证：数列是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 16. 已知圆内有一点，过作直线与圆交于，两点. （1）若弦被点平分，求直线的方程. （2）若，求直线的方程. 17. 如图，平行六面体所有棱长均相等，，，平面平面，点，满足，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 18. 已知椭圆的中心在坐标原点，左顶点为，焦点在轴上且焦距为2，过右焦点的直线（不与轴重合）交椭圆于，两点，当直线与轴垂直时，. （1）求椭圆的方程； （2）证明：直线，的斜率之积为定值. 19. 已知，两个盒子里分别有，个小球，另有足够多的小球备用.重复进行次如下操作：每次从，中随机选取一个盒子，向里面放入1个球或放入2个球，从剩下的另一个盒子里取出1个球或取出2个球.每一次操作中某个盒子里“放入1个球”“放入2个球”及“取出1个球”“取出2个球”均是等可能的，这次操作结果均相互独立. （1）若，，求第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率； （2）求完成一次操作后，，两个盒子里球的个数之和减少的概率； （3）求重复进行次操作后，，两个盒子里球个数之和为的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省2024-2025学年秋季学期高二期末联考 数学试卷 命题单位：荆州市教科院 审题单位：恩施州教科院 2025.1 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证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：每小题选出答案后，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均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答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均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. 抛物线y2=4x的焦点坐标是 A. （0,2） B. （0,1） C. （2,0） D. （1,0） 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：的焦点坐标为，故选D. 【考点】抛物线的性质 【名师点睛】本题考查抛物线的定义．解析几何是中学数学的一个重要分支，圆锥曲线是解析几何的重要内容，它们的定义、标准方程、简单几何性质是我们要重点掌握的内容，一定要熟记掌握． 2. 已知，，且，则（ ） A. 0.5 B. 0.4 C. 0.9 D. 0.2 【答案】B 【解析】 【分析】由A与B之间的包含关系可直接得到答案. 【详解】因为，所以, 故选：B. 3. 设数列，都是等比数列，则在4个数列，，，中，一定是等比数列的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】取，可判断；取 ，可判断；利用等比数列的定义可判断，. 【详解】对于，不妨取，则数列、都是等比数列， 但对任意的，，故数列不是等比数列； 对于，不妨取，则数列、都是等比数列， 但当时，，故数列不是等比数列； 设等比数列、的公比分别为，其中， 对任意的，， 对于，，即数列为等比数列； 对于，，故为等比数列， 故，一定是等比数列. 故选：B. 4. 直线的一个方向向量的坐标为，直线过点且与垂直，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得直线方向向量为直线的法向量，列出点法式方程即可求解. 【详解】由题意得直线的方向向量为直线的法向量， 由点法式方程可得， 所以. 故选：A. 5. 已知是等差数列，，，则前10项和为（ ） A. 90 B. 100 C. 110 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件求出公差和首项，代入前项和公式可得答案. 【详解】设的公差为， 因为，， 所以，解得， 则的前10项和为. 故选：D. 6. 已知正三棱柱的各条棱长均相等，棱的中点为，则直线与直线所成的角的余弦值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出，，计算二者的数量积，即可得答案. 【详解】设中点为，中点为， 由正三棱柱性质知底面，底面， 则，， 又底面是等边三角形，是中点， 则． 以为原点，，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设正三棱柱的棱长都为2， 则，，，， ∴，，则 ∴， 即异面直线和成角的余弦值为0, 故选：A. 7. 柜子里有红、黄、蓝三种颜色的鞋子各一双，从6只鞋子中随机地取出3只，则取出的3只鞋子颜色均不相同的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出从6只鞋子中随机地取出3只的取法，求出取出的3只鞋子颜色均不相同的取法即可求解. 【详解】从6只鞋子中随机地取出3只有种取法， 要使取出的3只鞋子颜色均不相同， 则每种颜色都要取一只，共有种取法， 所以取出的3只鞋子颜色均不相同的概率为. 故选：C. 8. 圆与椭圆有密切联系，将圆在同一方向等比例“压缩”或者“拉伸”，圆会变形为椭圆；同样的，将椭圆在同一方向等比例“压缩”或者“拉伸”，椭圆会变形为不同的椭圆或圆.已知二面角的大小为，半平面内的圆在半平面上的投影是椭圆，在半平面上的投影是椭圆，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】不妨设圆与二面角的棱切于点，过作与垂直的平面分别交半平面，于射线，，设圆的半径为，椭圆，的中心分别为，，长短半轴分别为，，，，由平面几何知识可求得，进而可求得离心率. 【详解】不妨设圆与二面角的棱切于点，过作与垂直的平面分别交半平面，于射线，（如图）. 设圆的半径为，椭圆，的中心分别为，，长短半轴分别为，，，， 则，，，由平面几何知识易得，， 故椭圆的离心率. 故选： 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. 抛掷一枚质地均匀的骰子，有如下随机事件：“点数不大于2”；“点数大于2”；“点数大于5”；“点数为奇数”.则下列说法正确的有（ ） A. B. ，为对立事件 C. 与互斥 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据对立事件、互斥事件，并事件，积事件的概念及事件之间的关系，逐项判断即可. 【详解】对于A，“点数大于2”“点数大于5”“点数大于2”，故A错误； 对于B，点数大于2与点数不大于2不可能同时发生，且必有一个发生，即为对立事件，故B正确； 对于C，点数为奇数与点数大于2可能同时发生，即与不是互斥事件，故C错误； 对于D，点数为奇数与点数大于5不可能同时发生，故，故D正确. 故选：BD. 10. 已知，设两条直线，交点的轨迹为曲线，则下列说法正确的有（ ） A. 当时，曲线是椭圆的一部分，且椭圆焦点在轴上 B. 当时，曲线是椭圆的一部分，且椭圆焦点在轴上 C. 当时，曲线是椭圆的一部分 D. 当时，曲线是双曲线的一部分 【答案】ABD 【解析】 【分析】先联立两直线方程消去参数，得到曲线C的方程为，再根据椭圆和双曲线的标准方程的条件逐一分析选项即可. 详解】当时， 联立直线与的方程，此时无解， 当时，联立直线与的方程， 可得，所以，两式平方相加可得, 选项A：当时 曲线C的方程，这是椭圆去掉时的点，且椭圆焦点在x轴上， 所以该选项A正确； 选项B：当时，曲线C的方程为，这是椭圆去掉时的点，且椭圆焦点在y轴上，所以该选项B正确； 选项C：当时，假设, 曲线C的方程为， 表示圆去掉时的点，不表示椭圆的一部分，所以C选项错误； 选项D：当时， 曲线C的方程是焦点在x轴的双曲线的一部分，D选项正确； 故选：ABD. 11. 已知正方体的棱长为4，点在面（包含边界）内运动，且；点在面（包含边界）内运动，且到直线的距离与其到平面的距离相等.若平面，则下列说法正确的有（ ） A. B. 直线不可能与平面垂直 C. 的轨迹为抛物线的一部分 D. 线段长度的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体性质和线面平行性质判定A；以的中点为原点建立空间直角坐标系，由椭圆定义，P的轨迹为椭圆的一部分，得到在坐标平面内的方程；进而得到的轨迹为抛物线的一部分，得到在坐标平面内的方程判定C；设，求出判定D； 当即，时直线与平面垂直判定B. 【详解】由于平面，根据正方体性质，知道，A选项显然正确； 以的中点为原点建立空间直角坐标系，由椭圆定义，P的轨迹为椭圆的一部分， 其在坐标平面内的方程为； 到直线的距离即为的长，到平面的距离即为到直线的距离， 由此的轨迹为抛物线的一部分，其在坐标平面内的方程为，故C选项正确； 由平面知，，横坐标相等，设为， 设，，，， ，故D选项正确； 当即，时直线与平面垂直.故B选项错误. 【点睛】关键点点睛：立体几何中，计算和证明比较难时，可通过建立空间直角坐标系，利用向量法，结合圆锥曲线，函数等知识解决即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，且，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据求出，由求出坐标，再利用向量模长公式计算可得答案. 【详解】因为，，且， 所以，可得， 解得，所以， 又， 则. 故答案为：. 13. 双曲线的左右焦点分别为，，以线段为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】求得双曲线的渐近线方程，以线段为直径的圆的方程，联立方程组，求得点，由两点间的距离公式结合，可得，求解即可. 【详解】双曲线的渐近线方程为，两焦点为， 以线段为直径的圆的方程为， 联立，消去，得，整理得， 因为在第一象限，所以取，代入，得， 所以点，由，得， 所以，整理得， 所以，所以，两边平方得，所以， 解得 故答案为：. 14. 数列中，且满足，，则数列的前2024项的和为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得到，，，，以及，，，分别是公比为的等比数列，再分奇偶讨论，结合分组求和计算即可. 【详解】解析：由，，得，，得 所以，，，以及，，，分别是公比为的等比数列， 当为奇数时，，当为偶数时， 所以，当为奇数时，， 当为偶数时，， . 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. 已知数列满足，且，设. （1）求证：数列是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）结合已知等式构造后应用等比数列定义证明即可； （2）应用分组求和再分别应用等差数列求和公式及等比数列求和公式计算. 【小问1详解】 由已知，， 且，， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列； 【小问2详解】 由（1）知，，，所以， . 16. 已知圆内有一点，过作直线与圆交于，两点. （1）若弦被点平分，求直线的方程. （2）若，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）当弦被点平分时，根据圆的性质可知与直线垂直，通过求出的斜率，进而得到直线的斜率，再利用点斜式求出直线的方程. （2）已知弦长，先根据圆的半径和半弦长以及圆心到直线的距离的关系求出圆心到直线的距离，然后分直线斜率存在和不存在两种情况进行讨论，分别求出直线的方程. 【小问1详解】 圆的方程为，圆心，已知. 根据两点间斜率公式，可得. 弦被点平分时，，设直线斜率为，则，所以. 已知直线过点，斜率为，根据点斜式方程， 可得直线的方程为，即. 【小问2详解】 设圆心到直线的距离：圆的半径，已知. 根据圆的弦长计算公式，可得，所以. 当直线的斜率不存在时：直线的方程为. 此时圆心到直线的距离为，满足圆心到直线的距离， 所以是直线的一个方程. 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. 即，两边平方得.展开得，移项，解得. 所以直线的方程为. 综上所得，线的方程为或. 17. 如图，平行六面体的所有棱长均相等，，，平面平面，点，满足，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接交于，证得，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 证明如图，取的中点，连接交于，连接， 因为，，所以，又 ，所以 由于，，所以，从而有 又平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 设平行六面体各条棱长为6.因为平面平面，且， 所以平面，由于， 所以，，， 由余弦定理得， ，所以， 以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，， 由得， 从而 设平面的一个法向量为， 则， 可取，故. 18. 已知椭圆的中心在坐标原点，左顶点为，焦点在轴上且焦距为2，过右焦点的直线（不与轴重合）交椭圆于，两点，当直线与轴垂直时，. （1）求椭圆的方程； （2）证明：直线，的斜率之积为定值. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设椭圆C的标准方程为，根据，，即可求解； （2）设，设点，，联立和消元求出韦达定理，求出. 【小问1详解】 设椭圆C的标准方程为， ,由，解得，， 因此椭圆C的方程为； 【小问2详解】 证明：因为直线不与轴重合， 设，设点，， 联立，消元得， 得（*），且恒成立， 所以， 将（*）代入化简得， 所以直线，的斜率之积为. 19. 已知，两个盒子里分别有，个小球，另有足够多的小球备用.重复进行次如下操作：每次从，中随机选取一个盒子，向里面放入1个球或放入2个球，从剩下的另一个盒子里取出1个球或取出2个球.每一次操作中某个盒子里“放入1个球”“放入2个球”及“取出1个球”“取出2个球”均是等可能的，这次操作结果均相互独立. （1）若，，求第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率； （2）求完成一次操作后，，两个盒子里球的个数之和减少的概率； （3）求重复进行次操作后，，两个盒子里球的个数之和为的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）（2）由题意，利用列举法，结合古典概型的概率公式，可得答案； （3）由（2）可得每次操作之后和的情况，利用概率的乘法公式，可得答案. 【小问1详解】 设第次操作后A，B两个盒子里球的个数分别为， 列举所有8种可能的情形： ，，，，，，，， 满足的有3种情形，所以第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率. 【小问2详解】 设，，在第次操作结果有8种等可能的情形， ①当，或，，或，或，时，； ②当，或，时，； ③当，或，时，； 仅有③中所述2种情形是减少的， 故一次操作后A，B两个盒子里球的个数之和减少的概率为. 【小问3详解】 由（2）的讨论知，每一次操作，A，B两个盒子里球的个数之和有3种可能的变化： 增加1个、不变、减少1个，要满足本次操作后，A，B两个盒子里球的个数之和为， 即比初始值增加个，则只可能是每一次操作均增加1个小球. 由（2）知，每次操作小球增加1个的概率为， 由于每一次操作结果均独立，本次操作均增加1个的概率为， 故A，B两个盒子里球的个数之和为的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $