精品解析：安徽省A10联盟2024-2025学年高二下学期2月开学考试数学试题B卷

A10联盟2023高二下学期2月开年考 数学试题B 命题单位：滁州中学数学教研组 编审单位：合肥皖智教育研究院 满分150分，考试时间120分钟 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题） 第I卷（选择题共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求. 1. 已知直线过点，则的倾斜角为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将已知点的坐标代入直线方程可解得的值，再根据倾斜角的定义即可求解. 【详解】由直线过点，得，解得， 则，故的倾斜角为. 故选：C. 2. 已知等差数列的前项和为，若，且，则（ ） A. B. 0 C. 3 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】由，结合等差数列性质即可求解； 【详解】由得，， ，. 故选：D. 3. 圆与圆的位置关系为（ ） A. 外离 B. 相交 C. 外切 D. 内含 【答案】C 【解析】 【分析】由两圆的位置关系计算即可. 【详解】因为圆，所以， 因为圆，所以圆，所以， 所以， 又因为，所以， 所以两圆相外切， 故选：C 4. 已知正四棱锥所有棱长均为1，为底面内一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量共面的推论求出，再根据数量积的定义及运算律计算可得. 【详解】因为为底面内一点，且， 所以，即 又， 所以 . 故选：B. 5. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的焦距为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直关系解得参数的值，再根据的关系得可得焦距. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 所以，解得， 因此，双曲线的焦距为. 故选：D. 6. 已知正项等比数列的前项积为，且，则（ ） A. 2024 B. 2025 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知及等比数列的性质可得，再由即可求值. 【详解】由题意得，， 则， ， ， ， . 故选：D 7. 如图，圆锥的底面圆周上有，，三点，为底面圆的直径，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，若，则直线和平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设直线和平面所成角为， 可得. 故选：B. 8. 1688年，笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣与叶形曲线特征，提出了笛卡尔叶形线方程：，则下列说法错误的是（ ） A. 当时，笛卡尔叶形线的顶点坐标为 B. 笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点 C. 笛卡尔叶形线关于直线对称 D. 当时，若点是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则的最大值为18 【答案】A 【解析】 【分析】对于AD，代入，求解即可判断，对于B，分别令或求解即可，对于C，将，互换，方程不变可判断； 【详解】在中，令，则，令，则， 所以笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点，故B的说法正确； 在中，当，互换时，得， 方程不变，所以笛卡尔叶形线关于直线对称，故C的说法正确； 当时，笛卡尔叶形线方程为， 令，解得或，故顶点坐标为，故A的说法错误； 由图象知，笛卡尔叶形线上第一象限内的点离原点距离最大， 则的最大值为18，故D的说法正确. 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 已知满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是等差数列 C. D. 设的前项和为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】两边取倒数，可得，可得是等差数列，逐项计算可判断其正误. 【详解】由，可得， 所以，所以是以为首项，为公差的等差数列， 则，所以，则，故AB正确,C错误； 又， 则，故D正确. 故选：ABD. 10. 定义：曲线的方程为（是常数）．若点在曲线上，是坐标原点，，则（ ） A. 当时，的最小值为 B. 当时，的最小值为 C. 当时，的最大值为 D. 当时，的最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】选项BD.由时，方程化简得到或，再利用点与圆上的点的距离判断； 选项AC.由时，方程转化为即和得到判断. 【详解】当时，，即，即或， 所以0曲线表示两个圆，圆心为和，半径都为1，，且，则的最大值为，最小值为，B，D均正确． 当时，，即，当且仅当，时，等号成立，所以的最小值是1，A错误． ，则，解得，所以，则，，C错误． 故选：BD 11. 已知在棱长为1的正方体中，点满足，其中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当时，周长的最小值为 C. 当时，有且仅有一个点；使得 D. 当时，的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系如图所示，则，对于A，当时，推出点在线段上，为定值，由结合三棱锥的体积公式，即可判断A；对于B，当时，点在线段上，将平面与平面沿展开可求得，从而得周长的最小值，即可判断B；对于C，当时，求得，的坐标，由列方程，根据方程解的个数，即可判断C；对于D，，，由的几何意义的最小值，即可判断D. 【详解】建立空间直角坐标系如图所示，则. 对于A，当时，点在线段上，则， 所以，故A正确； 对于B，当时，点在线段上，将平面与平面沿展开，得 ，又，故周长的最小值为，故B正确； 对于C，当时，，，若， 则，解得，所以符合条件的点有两个，故C错误； 对于D，，则当，， 则，表示单位圆上的点到点的距离的平方， 则其最小值为，所以的最小值为，故正确. 故选：ABD. 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等比数列中，，，则的公比为_____. 【答案】2 【解析】 【分析】根据通项公式得，从而解得公比. 【详解】设数列的公比为，则，解得. 故答案为：2. 13. 已知空间三点，则以为邻边的平行四边形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，根据空间向量的模及夹角的余弦值公式，结合三角形面积公式即可求解. 【详解】因为， ， 所以，， ， 所以， 所以以为邻边的平行四边形的面积为. 故答案为：. 14. 已知点为坐标原点，点是抛物线的焦点，且，连接并延长交抛物线于点，则的面积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】联立直线、抛物线方程，求得坐标，由面积公式即可求解； 【详解】由题意得，，由，得直线的方程为. 联立，解得或，所以， 则. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，点为圆上一点. （1）若点为的中点，求动点的轨迹的方程； （2）过坐标原点的直线被曲线截得的弦长为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据圆的定义可得动点的轨迹的方程； （2）分直线的斜率不存在和斜率存在两种情况讨论，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 由题意得，圆， 故，所以， 故动点的轨迹的方程为. 【小问2详解】 因为直线被曲线截得的弦长为，所以圆心到直线的距离为1. 当直线的斜率不存在时，直线符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，故，解得， 故 综上，直线的方程为或. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可建立直角坐标系，求出此与面的法向量，验证两向量得数量积为即可. （2）根据（1）的坐标系，分别求出面与面的法向量，计算两法向量的数量积即可. 【小问1详解】 因为平面，平面，平面， 所以，，且，因此以为坐标原点， 以 ，，所在方向为轴，轴，轴正方向建立直角坐标系，如图： 则， ，，，， 面的法向量为，因为是的中点，所以， 因此，所以，故， 平面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）的坐标可知，，，，， 设面与面的法向量分别为，， 因为，所以，令得，， 同理，所以，令得， ， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，过作直线交于，两点，的最小值为4. （1）求的方程； （2）若，过作与关于轴对称的直线交于C，D两点，求四边形的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据焦距得的值，根据椭圆的几何性质知当轴时，的值最小，从而解得的值，进而得椭圆的标准方程； （2）设，与椭圆方程联立，可得，再由得，从而解得的值，进而根据几何性质求面积即可. 【小问1详解】 设半焦距为，由，得， 当轴时，的值最小，将代入， 得，所以，解得，， 故的方程为：. 【小问2详解】 由题意得，直线的斜率存在且不为0，且不与椭圆上下顶点重合， 设，联立， 整理得. 易知，设，，则， 由得， 代入（*），得，，解得. 由对称性可知，四边形为等腰梯形，其面积为： ， 所以四边形面积为. 18. 已知数列的其前项的和，正项数列满足，且． （1）求、； （2）设，证明数列为等比数列； （3）求的前项的和． 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据可求出数列的通项公式；分析可知，数列为等比数列，设数列的公比为，根据题中条件可得出、的方程组，解出这两个量的值，即可得出等比数列的通项公式； （2）化简的表达式，结合等比数列的定义可证得结论成立； （3）求得，利用错位相减法可求得 【小问1详解】 因为数列的其前项的和， 当时，； 当时，， 所以； 当时，也满足，所以． 因为正项数列满足，所以是等比数列， 设的公比为，由， 可得，解得，故． 【小问2详解】 又， 所以 ， 所以，所以是以为首项，为公比的等比数列． 【小问3详解】 令， 其前项和，① ，② ②得， ， 因此，． 19. 已知每项均不为0的数列满足：，. （1）若，求的值； （2）若，，求数列的最大项； （3）记为数列的前项和，是否存在满足条件的数列，使得？如存在，求出这样的数列的一个通项公式；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）根据已知有或，进而依次求出对应，即可确定； （2）由题意可得，令、求数列的最大项； （3）由，写出一个满足要求的数量通项公式即可. 【小问1详解】 因为，所以或， 因为，所以或， 当时，，或，不满足题意，舍去； 当时，或， 若时，或，不满足题意，舍去； 若时，或，满足题意， 所以. 【小问2详解】 由，得，所以数列为等差数列，其通项为. 则，所以， 令，解得，即时有， 令，解得，即时有， 所以， 所以数列的最大项为. 【小问3详解】 由，可构造数列，满足. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ A10联盟2023高二下学期2月开年考 数学试题B 命题单位：滁州中学数学教研组 编审单位：合肥皖智教育研究院 满分150分，考试时间120分钟 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题） 第I卷（选择题共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求. 1. 已知直线过点，则的倾斜角为（ ） A. 0 B. C. D. 2. 已知等差数列的前项和为，若，且，则（ ） A. B. 0 C. 3 D. 6 3. 圆与圆的位置关系为（ ） A. 外离 B. 相交 C. 外切 D. 内含 4. 已知正四棱锥所有棱长均为1，为底面内一点，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的焦距为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正项等比数列的前项积为，且，则（ ） A. 2024 B. 2025 C. D. 7. 如图，圆锥的底面圆周上有，，三点，为底面圆的直径，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，若，则直线和平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C D. 8. 1688年，笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣与叶形曲线特征，提出了笛卡尔叶形线方程：，则下列说法错误的是（ ） A. 当时，笛卡尔叶形线的顶点坐标为 B. 笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点 C. 笛卡尔叶形线关于直线对称 D. 当时，若点是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则的最大值为18 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知满足，，则下列说法正确是（ ） A. B. 是等差数列 C. D. 设的前项和为，则 10. 定义：曲线的方程为（是常数）．若点在曲线上，是坐标原点，，则（ ） A. 当时，的最小值为 B. 当时，的最小值为 C. 当时，的最大值为 D. 当时，的最大值为 11. 已知在棱长为1的正方体中，点满足，其中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，三棱锥体积为定值 B. 当时，周长的最小值为 C. 当时，有且仅有一个点；使得 D. 当时，的最小值为 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等比数列中，，，则的公比为_____. 13. 已知空间三点，则以为邻边的平行四边形的面积为______． 14. 已知点为坐标原点，点是抛物线的焦点，且，连接并延长交抛物线于点，则的面积为_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，点为圆上一点. （1）若点为中点，求动点的轨迹的方程； （2）过坐标原点的直线被曲线截得的弦长为，求直线的方程. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，过作直线交于，两点，的最小值为4. （1）求的方程； （2）若，过作与关于轴对称的直线交于C，D两点，求四边形的面积. 18. 已知数列的其前项的和，正项数列满足，且． （1）求、； （2）设，证明数列为等比数列； （3）求的前项的和． 19. 已知每项均不为0的数列满足：，. （1）若，求的值； （2）若，，求数列的最大项； （3）记为数列的前项和，是否存在满足条件的数列，使得？如存在，求出这样的数列的一个通项公式；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$