精品解析：安徽省铜陵市第一中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试题

铜陵一中2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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.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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列可使，，构成空间的一个基底的条件是（ ） A. B. ，，两两垂直 C. D. 2. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 3. 以点为圆心，且与x轴相切的圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 4. 现计划将某山体的一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，···，第n排比第n－1排多栽种棵且，则第10排栽种塔松的棵数为（ ） A. 90棵 B. 92棵 C. 94棵 D. 96棵 5. 已知直线 与圆 相离，过直线上的点作圆的两条切线，切点为．若四边形的面积的最小值为9，则（ ） A. 或 B. 或7 C. 或5 D. 5或7 6. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，为圆：上任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如果数列对任意的，，则称为“速增数列”，若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数的最大值为（ ） A. 27 B. 28 C. 29 D. 30 8. 设双曲线的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与交于，两点，，，则的离心率为（ ） A. B. 2 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. 过抛物线C：的焦点F作弦AB交抛物线于，两点，O为坐标原点，则（ ） A. 抛物线C的准线方程为 B. C. D. 10. 如图，球的两个截面圆和圆的圆心分别为，半径均为2，且圆和圆所在平面分别与轴和轴垂直．若动点分别在两个圆周上匀速运动，每12秒运动一周，其中点的起始点分别为，，点按照图中指针方向运动，运动时间为（单位：秒），则（ ） A. 球的表面积为 B. 当时， C. 存在时刻，使得点在球面上相遇 D. 的最大值为，且同一个周期内取得最大值的时间差为8秒 11. 斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多.斐波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”，在数学上斐波那契数列以的递推方法定义，已知，，则（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆：与圆：外切，此时直线：被圆所截的弦长为_______. 13. 已知圆，，，A，B是圆C上的动点，且，点N是线段AB的中点，则当取得最大值时，的值为______． 14. 古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，则动点的轨迹方程为______；点为抛物线：上的动点，点在上的射影为，则的最小值为______. 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. 已知平行六面体，底面是正方形，，，设． （1）试用表示； （2）求的长度． 16. 已知圆关于直线对称，且过点. （1）求证：圆与直线相切； （2）若直线过点与圆交于、两点，且，求此时直线的方程. 17. 如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且，，，，，，的中点分别为，，. （1）画出过点，，的截面（不必写出证明过程）； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若是（1）中过点，，的截面上一点，二面角的余弦值为，求满足题意的点轨迹的长度. 18. 设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，点A在x轴上方，O为坐标原点，椭圆C与x轴正半轴交于Q，与y轴负半轴交于P，点D在线段PQ上运动. （1）若点A为椭圆C的上顶点，求的面积； （2）设直线AQ，BQ的斜率分别为，，求证：为定值； （3）将椭圆C所在平面沿x轴折叠，使得上半椭圆面与下半椭圆面垂直，若折叠前直线AF的斜率为，折叠后，当平面AOD与平面AMP的夹角的余弦值为时，求PD的长. 19. 对定义在数集上的可导函数，若数列满足，其中为的导函数，则称为在上的“牛顿列”． （1）若为的“牛顿列”，，求的通项公式； （2）若为的“牛顿列”，其中，，求证：，； （3）若为的“牛顿列”，求证：且，，其中为的唯一零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 铜陵一中2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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.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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列可使，，构成空间的一个基底的条件是（ ） A. B. ，，两两垂直 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基底和空间向量共面的条件等知识确定正确答案. 【详解】A选项，由于，所以共线，则，，共面， 不能构成基底，所以A选项错误. B选项，，，两两垂直，则，，不共面， 能构成基底，所以B选项正确. CD选项，、，都得到，，共面， 不能构成基底，所以CD选项错误. 故选：B 2. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案. 【详解】由已知可得，，， 所以，向量在向量上的投影向量是. 故选：B. 3. 以点为圆心，且与x轴相切的圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由给定切线求出圆的半径即可求出圆的标准方程. 【详解】由圆与轴相切，得该圆半径为点到轴的距离5， 所以所求圆的标准方程为. 故选：B 4. 现计划将某山体的一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，···，第n排比第n－1排多栽种棵且，则第10排栽种塔松的棵数为（ ） A. 90棵 B. 92棵 C. 94棵 D. 96棵 【答案】D 【解析】 【分析】利用相加相消法，再结合等差数列的求和公式得解. 【详解】设第排栽种的塔松的数量为 由题意知， 所以 故选：D． 5. 已知直线 与圆 相离，过直线上的点作圆的两条切线，切点为．若四边形的面积的最小值为9，则（ ） A. 或 B. 或7 C. 或5 D. 5或7 【答案】B 【解析】 【分析】根据相切的性质以及面积公式可得，即可根据点到直线的距离公式求解. 【详解】由题意得圆C：的圆心为，半径为3，， 根据题意可得四边形的面积为，则， 因为，故的最小值为， 因为时，取得最小值， 所以点到直线的距离为，解得或. 故选：B. 6. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，为圆：上任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形三边之间的不等关系可得，再结合椭圆的定义将化为，结合以及图形的几何性质即可求得答案. 【详解】由题意知为椭圆上任意一点，为圆：上任意一点， 故， 故， 当且仅当共线，在线段上时取等号， 所以 ， 当且仅当共线，在线段上时取等号， 而， 故的最小值为， 故选：B. 7. 如果数列对任意的，，则称为“速增数列”，若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数的最大值为（ ） A. 27 B. 28 C. 29 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】根据“速增数列”的定义，结合累加法建立不等式并求解即得. 【详解】当时，， 由数列为“速增数列”，则， 又，则、、、， 则， 即，当时，， 当时，，故正整数的最大值为. 故选：C. 8. 设双曲线的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与交于，两点，，，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线的对称性可得、且四边形为平行四边形，由题意可得出，结合余弦定理表示出与，有关齐次式即可得离心率． 【详解】由双曲线的对称性可知，，则四边形为平行四边形， 令，则， 由双曲线定义可知，故有，即， 即，， ， 则， 因为，所以，故， 则有， 即，即，则，由，故． 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于，，之间的等量关系，本题中结合题意与双曲线的定义得出，与的具体关系及的大小，借助余弦定理表示出与，有关齐次式，即可得解． 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. 过抛物线C：的焦点F作弦AB交抛物线于，两点，O为坐标原点，则（ ） A. 抛物线C的准线方程为 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设AB直线方程为，根据抛物线的几何性质，设而不求法及根与系数的关系，即可分别求解． 【详解】物线C：的焦点到准线的距离为， 焦点F为，准线方程为，选项正确； 设AB直线方程为， 联立，可得，又，， ，，选项正确； ，， ，选项正确； ，， ， 选项错误． 故选：ACD. 10. 如图，球的两个截面圆和圆的圆心分别为，半径均为2，且圆和圆所在平面分别与轴和轴垂直．若动点分别在两个圆周上匀速运动，每12秒运动一周，其中点的起始点分别为，，点按照图中指针方向运动，运动时间为（单位：秒），则（ ） A. 球的表面积为 B. 当时， C. 存在时刻，使得点在球面上相遇 D. 的最大值为，且同一个周期内取得最大值的时间差为8秒 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出球O的半径，由球的表面积公式可判断A；由题意，写出运动秒后两点的坐标，求出，结合二次函数性质可判断BCD. 【详解】对于A，设球O的半径为，由题意到圆面和圆面的距离为， 所以，所以球的表面积为，故A正确； 对于B，由题意，，，，， 因为动点分别在两个圆周上匀速运动，每12秒运动一周， 设两点运动的角速度为，所以，解得：， 所以两点分别从同时出发，按箭头方向沿圆周以每秒弧度的角速度运动， 运动秒后，，，， ， 当时，， 所以，故B正确； 对于C，令，所以， 则， 当时，， 所以不存在时刻，使得点在球面上相遇，故C错误； 对于D，当时，，，或， ，两个时刻的时间差为8秒，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于通过空间直角坐标系，结合圆中的知识得出秒后的坐标，进而求出，进而判断各选项. 11. 斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多.斐波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”，在数学上斐波那契数列以的递推方法定义，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对选项A，可以由递推式列出前6项，然后验证即可；对于选项B、C、D，可以灵活运用递推式验证判断． 【详解】对于A，由，，， 可得，，，，则，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，…，故C正确； 对于D，…，D错误． 故选： 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆：与圆：外切，此时直线：被圆所截的弦长为_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据两圆外切可得，即可根据点到直线的距离公式以及圆的弦长公式求解. 【详解】：的圆心和半径分别为，， ：圆心和半径分别为，， 由于两圆外切，故，解得， 故直线的距离为， 故弦长为， 故答案为： 13. 已知圆，，，A，B是圆C上的动点，且，点N是线段AB的中点，则当取得最大值时，的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据垂径定理及直角三角形斜边中线的性质得，设，可得点N在圆上，数形结合可知当直线MN与圆相切时，取得最大值，利用勾股定理计算可得结果. 【详解】由题意得，，圆半径为. ∵，，∴点在圆内. 如图1，连接CN，CA，则. ∵点N是线段AB的中点，∴， ∵，∴，即． 设，则，整理得， ∴点N在圆上，圆心，圆半径为. 如图2，当直线MN与圆相切时，取得最大值， 此时，． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用几何性质求出点的轨迹方程，数形结合求切线长即可得到结果. 14. 古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，则动点的轨迹方程为______；点为抛物线：上的动点，点在上的射影为，则的最小值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设，利用关系列方程化简可得轨迹方程，由，抛物线定义可得，根据结论两点之间线段最短可求最小值. 【详解】设为所求轨迹上任意一点， ∵，，动点满足， ∴， ∴， ∴， 化简可得动点的轨迹方程为； ∵抛物线C：的焦点为，准线为， 所以， ∴ ， 当且仅当，，，四点共线时，等号成立， ∴的最小值为 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键在于结合条件及抛物线定义将问题转化为求的最小值. 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. 已知平行六面体，底面是正方形，，，设． （1）试用表示； （2）求的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量线性运算，结合几何体特征确定与的线性关系； （2）由（1），结合空间向量数量积的运算律及已知条件求的长度. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 ， ， 所以 . 所以. 16. 已知圆关于直线对称，且过点. （1）求证：圆与直线相切； （2）若直线过点与圆交于、两点，且，求此时直线的方程. 【答案】（1）证明：圆化为标准方程，即， 则因为圆关于直线对称，所以，所以， 因为圆C过点，所以，所以， 得，所以圆方程为， 圆心坐标为，半径为， 故点C到直线的距离为， 所以C与直线相切. （2）或． 【解析】 【分析】（1）根据圆心在直线以及点在圆上，即可求解，，进而根据点到直线的距离公式求解圆心到直线的距离，与半径比较即可求解， （2）利用圆的弦长公式可得，结合圆心到直线的距离即可求解斜率，进而可得直线方程. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设圆心到直线l的距离为，则， 当直线的斜率不存在时，即，满足题意， 当直线的斜率存在时，设直线方程为，即， 所以，解得 ， 所以直线l的方程为或． 即或． 17. 如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且，，，，，，的中点分别为，，. （1）画出过点，，的截面（不必写出证明过程）； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若是（1）中过点，，的截面上一点，二面角的余弦值为，求满足题意的点轨迹的长度. 【答案】（1） （2）直线与平面所成角的正弦值为 （3）点轨迹的长度为 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，则五边形为过，，的截面，利用面面平行的性质可证结论； （2）由（1）可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，可证明平面，可得为直线与平面所成的角，计算即可； （3）以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用坐标法求得平面的一个法向量，结合平面的一个法向量为，结合已知可得，进而计算可求得点轨迹的长度. 【小问1详解】 取中点，连接，则五边形为过，，的截面， 理由，因为，，的中点分别为，，. 所以，又平面，平面， 所以平面，平面， 又，且平面，所以平面平面， 由平面平面，所以，又的中点. 所以为的中点，同理可得为的中点. 【小问2详解】 由（1）可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 由题意可得，，平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 由，，可得，又， 所以，又，所以， 所以，所以直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为， 又平面，所以平面的一个法向量为， 又因为二面角的余弦值为， 所以， 所以，两边平方得， 所以，解得或（舍去）， 当时，，当，， 所以满足题意的点轨迹的长度为. 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为，； ②直线与平面所成的角为，； ③二面角的大小为，. 18. 设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，点A在x轴上方，O为坐标原点，椭圆C与x轴正半轴交于Q，与y轴负半轴交于P，点D在线段PQ上运动. （1）若点A为椭圆C的上顶点，求的面积； （2）设直线AQ，BQ的斜率分别为，，求证：为定值； （3）将椭圆C所在平面沿x轴折叠，使得上半椭圆面与下半椭圆面垂直，若折叠前直线AF的斜率为，折叠后，当平面AOD与平面AMP的夹角的余弦值为时，求PD的长. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）或 【解析】 【分析】（1）联立方程组求出相应的点坐标，即可求解； （2）联立方程组，结合韦达定理以及斜率公式，即可得证； （3）建立空间直角坐标系，分别求出平面AMP和平面AOD的一个法向量，利用向量法求解即可． 【小问1详解】 解：由椭圆的方程可得，， 则直线AB的方程为， 联立，消去y，得， 解得，所以， 故 【小问2详解】 证明：由椭圆方程可得，， 显然直线AB的斜率不为0，则设直线AB的方程为， 联立，消去x，得， 恒成立，设，， 则，， ，， 所以 所以为定值，定值为 【小问3详解】 依题意有，折叠前，直线AF的斜率为， 即，代入椭圆方程得， 解得舍去负值，即为椭圆上顶点，即 折叠后，如图所示，则以折叠前的y轴负半轴所在直线为x轴，折叠前x轴为折叠后的y轴， 折叠前的y轴正半轴为z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，，， 设，则，所以， 设平面AMP的一个法向量为， 则，则， 令，则，即， 设平面AOD的一个法向量为， 则，则， 令，则，即， 设平面AOD与平面AMP的夹角为， 则， 解得或， 此时或， 所以或 【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线类综合题目的难点在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此需要学生具有较强的计算能力.另外要注意空间向量求夹角时计算的准确性. 19. 对定义在数集上的可导函数，若数列满足，其中为的导函数，则称为在上的“牛顿列”． （1）若为的“牛顿列”，，求的通项公式； （2）若为的“牛顿列”，其中，，求证：，； （3）若为的“牛顿列”，求证：且，，其中为的唯一零点． 【答案】（1） （2） 由题意可知：， 则，可知，同号， 且，所以，， 又因为，则． 假设存在，，则， 这与矛盾，可知对，， 可得， 所以. （3） 由题意可知：， 则，且在上单调递增， 且，，则在上有唯一零点，且， 则 ， 因为， 可得， 又因为， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据题意可知为等差数列，公差为，即可得结果； （2）根据题意可得，利用反证法可知对，，可得，利用累积法分析证明； （3）根据题意可得，根据零点可知，且，根据正弦函数有界性以及三角恒等变换分析证明. 【小问1详解】 由题意可知：， 则，可知为等差数列，公差为， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：对于新定义问题，根据“牛顿数列”的定义，可得与关系，根据递推关系研究数列的性质，进而分析问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $