精品解析：安徽省蚌埠第二中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试题

蚌埠二中2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试卷 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、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案. 答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，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. 已知是空间向量的一个基底，若向量，且向量，则用基底表示向量为（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”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 3. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与圆相切于点N，交双曲线的右支于点M，且点N是线段的中点，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 5 4. 已知是等比数列，前项和为，且满足，，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，点，直线，圆，点P为直线l上一点，点Q为圆C上一点，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 10 6. 在四棱锥中，底面是菱形，，，E是上一点，且，，，，则（ ） A. B. C. D. 2 7. 已知为双曲线的左、右焦点，点在上，若，的面积为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 斐波那契数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用．斐波那契数列满足如下递推关系：，．已知，则（ ） A. B. 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. 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. 10. 如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（含端点，），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面平面 C. 三棱锥体积的最大值是 D. 当点自向处运动时，直线与平面所成的角不变 11. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，且它们的离心率之积为，点P是C与E的一个公共点，则（ ） A. 椭圆C的方程为 B. 三角形为等腰三角形 C. 过点作E的渐近线的垂线，垂足为M．则三角形面积为 D. 对于E上的任意一点Q， 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. 数列的前项和为，__________ 13. 已知圆，圆，其中，，若两圆外切，则的取值范围为______. 14. 设，是平面直角坐标系xOy上的两点，O为坐标原点，定义点P到点Q的一种折线距离已知，Q是曲线上一点，则的最小值为_________. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，已知正四面体的棱长为1，是棱的中点，是线段的中点，记，， （1）用，，表示向量 （2）求 16. 已知圆及直线，直线被圆截得的弦长为. （1）求的值； （2）求过点并与圆相切的直线的一般式方程. 17. 如图，在直三棱柱中，，，M是AB的中点，已知平面与平面的夹角为 （1）求的长; （2）若N是的中点，P是与的交点，Q是线段上一点，且平面 （i）求； （ii）求直线PQ到平面的距离. 18. 已知，分别是双曲线：的左、右顶点，，分别为其左、右焦点，实轴长为4，M，N为双曲线上异于顶点的任意两点，当经过原点时，直线与直线斜率之积为定值4. （1）求双曲线C的方程； （2）已知直线：，交双曲线的左、右两支于D，E两点. ①求m的取值范围； ②设直线与直线交于点Q，求证：点Q在定直线上. 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 $ 蚌埠二中2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试卷 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、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案. 答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，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. 已知是空间向量的一个基底，若向量，且向量，则用基底表示向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合给定条件利用基底表示空间向量即可. 【详解】设，因为， 所以， 而，故，，， 解得，得到，故A正确. 故选：A 2. 设，则“”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】A 【解析】 【分析】根据两直线平行的公式计算可得或 ，进而可判断充分与必要条件. 【详解】直线与直线平行则， 即，可得或 ， 故“ ”是“直线与直线平行”的充分不必要条件， 故选：A 3. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与圆相切于点N，交双曲线的右支于点M，且点N是线段的中点，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，连接，，由双曲线的定义和中位线的性质分析可得，，进而可得， 变形可得，由此可得，由双曲线的离心率公式计算可得答案． 【详解】根据题意，如图，连接，， 因过点的直线与圆相切于点N，则， 又由，，则， 因点分别为线段和的中点，则， ，， 由双曲线的定义，，即，变形可得， 则， 故该双曲线的离心率 故选：C. 4. 已知是等比数列，前项和为，且满足，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据可得，进而根据可得，结合等比数列性质可知，也为等比数列，从而求得前项和. 【详解】设等比数列的公比为，，则得到， 故，得或1（舍去）， ，. 设，由等比数列性质可知，数列也为等比数列， 且首项为，公比为4，故. 故选：C. 5. 在平面直角坐标系中，点，直线，圆，点P为直线l上一点，点Q为圆C上一点，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】设点E关于直线l的对称点为，则可转化为，而，通过求对称点为的坐标结合两点间距离即可求解. 【详解】解：根据题意，设点E关于直线l的对称点为，则， ， 当、P、Q三点共线时，取得最小值， 则， 又由，设点， 则，解得， 则， 圆，其圆心为，半径， 则， 故 故选：C. 6. 在四棱锥中，底面是菱形，，，E是上一点，且，，，，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算可得，再结合数量积运算求解即可. 【详解】因为，则， 又因为，，，则， 且，，则， 可得， 则 ， 所以，即. 故选：B. 7. 已知为双曲线的左、右焦点，点在上，若，的面积为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据双曲线的定义求出，在中，利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式求出，利用勾股定理可求得，进而可求出答案. 【详解】因为，所以， 又因为点在上，所以， 即，所以， 在中，由正弦定理得， 所以， 又，所以，故， 则，所以， 则，所以， 所以， 所以的方程为. 故选：B. 8. 斐波那契数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用．斐波那契数列满足如下递推关系：，．已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据递推公式推导出，从而求出，再推导出即可得解.. 【详解】因为，，…，，， 以上各式相加得，， 化简得， 由，即， 所以，解得； 因为， 所以，，，， 所以 . 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出. 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. 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： 10. 如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（含端点，），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面平面 C. 三棱锥体积的最大值是 D. 当点自向处运动时，直线与平面所成的角不变 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直可判断A，利用面面平行的判定定理可判断B，根据等体积法可判断C，向量法求线面角的正弦值可判断D. 【详解】平面，四边形是正方形， 以为坐标原点，，，正方向为，，轴， 可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，，； 对于A，假设存在点，使得， 则，又， 所以，解得， 即点与重合时，，A正确； 对于B，当为的中时，平面平面， ，分别为，的中点，， 平面，平面，则平面， 取中点为，连接，， 为中点，且， 所以四边形为平行四边形，， 同理可证，，， 平面，平面，则平面， ，平面， 平面平面，B正确； 对于C，连接，，，设， 因为， 所以当，即点与点重合时，取得最大值2； 又点到平面的距离， 所以，C正确； 对于D，由上分析知：，， 若是面的法向量，则， 令，则， 因为，设直线与平面所成的角为，， 所以， 显然点自向处运动时，的值由0到2变化，线面夹角的正弦值变化， 所以线面夹角不是定值，故D错误； 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的摄影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 11. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，且它们的离心率之积为，点P是C与E的一个公共点，则（ ） A. 椭圆C的方程为 B. 三角形为等腰三角形 C. 过点作E的渐近线的垂线，垂足为M．则三角形面积为 D. 对于E上的任意一点Q， 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据椭圆及双曲线的标准方程、焦点、离心率可判断；由椭圆及双曲线的定义联立方程可判断；由，，可判断；设，则，由数量积有解可判断. 【详解】 对于：由双曲线的方程可知， 双曲线的焦点，离心率为， 所以椭圆的焦点为，离心率为， 所以椭圆中，， 所以椭圆C的方程为，故正确； 对于：根据对称性，不妨设，则， 又根据椭圆的定义可知，， 所以联立，解得， ，所以，所以为等腰三角形，故正确； 过焦点作渐近线的垂线，垂足为M， 则，，所以， 所以，故正确； 设，则， 所以． 解得，此时， 所以存在点Q的坐标为或或或， 使得，故错误： 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. 数列的前项和为，__________ 【答案】2600 【解析】 【详解】 , , ， ， ， ， ， ， …………………….， . 【点睛】提供一个数列，有时提供通项公式，有时提供递推公式，有通项公式求数列的和可根据通项公式采用相应的方法求和，求和方法主要有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等，当有提供递推公式时，一般化为特殊数列（等差或等比）后再求和，也有时时根据数列的递推公式，借助前2项的值，推出后面的项的值，求数列的和时要观察数列各项的值的性，有时具有周期性，有时奇数项、偶数项分别具有一定的规律，然后再求和. 13. 已知圆，圆，其中，，若两圆外切，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】由两圆外切推出，将其理解为以为圆心，半径为2的圆，而把看成过点与点的直线的斜率，结合图形需使直线与圆有公共点，即可求得其范围. 【详解】圆，则，半径， 圆，则，半径， 因为两圆外切，所以， 即，即， 则点在以为圆心，半径为2的圆上，即在圆上， 令，则表示过点与点的直线的斜率， 则该直线一定过点，且与圆有公共点， 由题意作图，由图可知该直线斜率一定存在（若斜率不存在，则直线与圆相离）， 设该直线方程为，即， 设圆心到直线的距离为，则，即 解得，即的取值范围是. 故答案为：. 14. 设，是平面直角坐标系xOy上的两点，O为坐标原点，定义点P到点Q的一种折线距离已知，Q是曲线上一点，则的最小值为_________. 【答案】3 【解析】 【分析】由题意可得表达式，对其求导并令导数为0，分类讨论可得结果. 【详解】解：设，， 由题意知折线距离， 由于点Q在双曲线上，且， 要求的最小值，结合曲线的对称性，此时， 所以，， ①当时，即， 将y代入折线距离公式，得到 对求导， 令，解得 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 因此，当时，取得最小值，最小值为3； ②当时，即， 将y代入折线距离公式，得到， 对求导， 所以当时，单调递增， ③当时，，； 综上取得最小值，最小值为 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，已知正四面体的棱长为1，是棱的中点，是线段的中点，记，， （1）用，，表示向量 （2）求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量线性运算求解即可； （2）根据，再平方求解可得答案. 【小问1详解】 因为，，， 所以； 【小问2详解】 依题意，得，， 所以， ， 所以. 16. 已知圆及直线，直线被圆截得的弦长为. （1）求的值； （2）求过点并与圆相切的直线的一般式方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据圆的弦长公式即可求解， （2）根据点到直线的距离，结合相切的性质，即可分类讨论求解. 【小问1详解】 由可得圆心和半径分别为， 所以弦长为解得或（舍去）， 故. 【小问2详解】 由（1）知，圆，圆心和半径分别为， 由于在圆外，当切线斜率存在时，设切线方程为， 即故到切线的距离为解得 故切线方程为， 当切线无斜率时，此时方程为符合题意， 综上可得：切线方程为或 17. 如图，在直三棱柱中，，，M是AB的中点，已知平面与平面的夹角为 （1）求的长; （2）若N是的中点，P是与的交点，Q是线段上一点，且平面 （i）求； （ii）求直线PQ到平面的距离. 【答案】（1）2； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，记，应用向量法求面面角的余弦值，得到方程求参数，即得结果； （2）（i）设，得，进而可得，结合线面平行及向量垂直的坐标表示求参数，即可得解；（ii）将线面距离化为求点面距，应用向量法求距离. 【小问1详解】 如图，分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 记，则，，，，BC中点 因为平面ABC，平面ABC，所以，又， 由且都在平面内，所以平面， 所以为平面的一个法向量，又，， 设为平面的法向量，有，则， 令，所以平面的一个法向量， 所以,，解得. 【小问2详解】 （i）由（1）知，， 设，则，， 因为平面，所以，由（1）知 所以，解得，所以. （ii）因为平面，所以点P到平面的距离，即为直线PQ到平面的距离， ，所以点P到平面的距离为，即直线PQ到平面的距离为 18. 已知，分别是双曲线：的左、右顶点，，分别为其左、右焦点，实轴长为4，M，N为双曲线上异于顶点的任意两点，当经过原点时，直线与直线斜率之积为定值4. （1）求双曲线C的方程； （2）已知直线：，交双曲线的左、右两支于D，E两点. ①求m的取值范围； ②设直线与直线交于点Q，求证：点Q在定直线上. 【答案】（1） （2）①或； ②设，， 联立可得，消去可得， 由①可得，， 则，，两式相除可得，即， 由，，则直线的方程为，则， 直线的方程为，则， 联立可得，则，即， 所以，解得. 综上可得直线与直线的交点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）由实轴长可得参数的值，根据双曲线的对称性与斜率公式建立方程，可得答案； （2）①由双曲线方程可得渐近线方程，结合题意建立不等式，可得答案； ②联立直线与双曲线方程并写出韦达定理，利用两点式表示直线与直线的方程，联立化简，可得答案. 【小问1详解】 由题意可得，则， 设，则，且， 由直线的斜率，直线的斜率， 则，可得， 由，则，解得， 所以. 【小问2详解】 ①由，则渐近线方程为，显然直线，斜率存在，为， 易得，解得或； ②略 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 $