精品解析：安徽省芜湖市镜湖区安徽师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试题

安师大附中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. 设，向量，且，则等于（　　） A 2 B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量共线和垂直求出，再利用模的坐标表示计算得解. 详解】向量，由，得，解得， 由，得，解得，， 所以. 故选：C 2. 中，，，C点在y轴上，若AB边上的中线CD也是AB边上的高，则直线CD的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用中点坐标公式得，根据两直线垂直斜率之积等于可得，然后利用点斜式即可得 【详解】由题意，得D是AB的中点，则，且， 又，则， 则直线CD的方程为，即 故选：B 3. 在数列中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由列举得到是以4为周期的周期数列求解. 【详解】解：由题意得， 故是以4为周期的周期数列， 所以. 故选：D. 4. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的截面是圆，把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用矩形ABCD截某圆锥得到的椭圆E与该矩形的四边相切，且该矩形的长：宽为，则椭圆E的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，再根据求解即可. 【详解】由题意，得，故离心率为 故选：C 5. 已知数列的前n项和为，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将已知等式两边同时除以，可得数列是等差数列，从而可得数列的通项公式，进而可得，再由即可得解． 【详解】由，可得， 又，所以， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以，所以， 所以 故选：C. 6. 已知直线和直线，抛物线上一动点P到直线和直线的距离之和的最小值是（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出的焦点为，作出辅助线，由抛物线定义得到，从而过点作于点，与抛物线交于点，最小值为. 【详解】如图所示的焦点为，为其准线， 过点作⊥于点，作⊥于点， 连接，故， 故动点P到直线和直线的距离之和为， 故过点作于点，与抛物线交于点， 即为所求，即到直线和直线的距离之和的最小值， 最小值为， 故选：A 7. 已知两定点，，如果动点满足，点是圆上的动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出动点轨迹方程（圆），再根据两圆位置关系确定的最大值取法，计算即可得结果. 【详解】设，因为，所以 因此最大值为两圆心距离加上两圆半径，即为 故选：B 【点睛】本题考查动点轨迹方程、根据两圆位置关系求最值，考查数形结合思想方法以及基本化简能力，属中档题. 8. 在如图所示的试验装置中，正方形框的边长为2，长方形框的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时的取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出点在线段上的投影，利用空间向量运算求出长的函数关系，进而求出最小值. 【详解】在正方形内过作于，则，，， 在矩形内过作于，则，，， ，由二面角的大小为， 得，又， 因此 ，当且仅当时取等号， 所以当的长度最小值时，. 故选：A 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. 已知数列满足：，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据递推公式可得，化简可得，再逐个选项求解数列各项判断即可. 【详解】， 时，， 两式相减，得， ，即， 对于A，，，，， ，，， ，，， 故A正确； 对于B，，， ，，， 故B不正确； 对于C，时，， 时，，故C正确； 对于D，，，，， ， 故D正确， 故选：ACD 10. 已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立如图空间直角坐标系，利用空间向量线性运算的坐标表示计算即可判断A；利用空间向量法证明线面平行、求解线线角和点面距即可判断BCD. 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 则. A：， 所以，故A正确； B：， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 所以，即， 又平面，所以平面，故B正确； C：，则， 所以， 即异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误； D：设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 得，所以点到平面的距离为，故D正确. 故选：ABD 11. 已知A，B分别为椭圆：的左、右顶点，D为C的上顶点，为坐标原点，E为C上一点，且位于第二象限，过点E作轴，垂足为M，直线，分别与y轴交于点H，G，则下列结论正确的是（ ） A. 若D是的中点，则 B. 若M是C的左焦点，则G是的中点 C. D. 若M是的中点，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对A：求出直线的方程，与椭圆联立，求出点及的坐标，即可求解；对B：求出直线的方程，可得点的坐标，即可判断；对C：设，求出直线，的方程，求出点及的坐标，即可判断；对于D：利用三角形相似得，结合C选项，可得，即可求解. 【详解】由是的中点，则，又，则直线的方程为， 与联立可得，解得或， 将代入，可得，， 即，则，故，A正确. 若是的左焦点，则，直线的方程为. 令，得，所以.令，得， 即当时，是的中点，B错误. 设，直线，的斜率分别为，， 则，，. 直线，的方程分别为，， 分别令，可得，，所以，. ，C正确. 由∽得，由∽得， 可得. 因为是的中点，所以. 结合，可得， 所以，D错误. 故选：AC 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. 已知等比数列的公比为，前项和为，若，则_________. 【答案】5 【解析】 【分析】利用等比数列的求和公式即可求解. 【详解】根据等比数列前项和公式可得：， 所以，则， 因此，所以 故答案为： 13. 已知圆，，，A，B是圆C上动点，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. 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77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知，，，，． （1）求； （2）若，求实数，的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量的坐标运算，利用数量积的计算公式，可得答案； （2）根据平行向量坐标表示，建立方程组，可得答案. 【小问1详解】 ，， ，， ； 【小问2详解】 因为，所以设， 即，故，解得. 16. 已知圆过点，，且直线平分圆的周长. （1）求圆的方程； （2）过点的直线和圆交于，两点，若，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据圆心在线段的中垂线上，且在直线上，可得圆心坐标，进而求圆的半径，可得圆的标准方程. （2）分直线斜率是否存在讨论，转化为圆心到直线的距离列式求直线的斜率. 【小问1详解】 由，为线段的垂直平分线的方程. 由，即圆心. 又 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 过点的直线的斜率不存在时，直线方程为， 此时圆心到直线的距离为，由圆的弦长公式，可得弦长为，不符合题意； 当直线的斜率存在时，过点的直线的斜率为，则直线的方程为，即， 所以圆心到直线的距离为， 因为直线和圆交于，两点. 若，由圆的弦长公式，可得， 解得或， 所以直线的方程为或. 17. 如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. （1）求证：平面； （2）当，时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处 【解析】 【分析】（1）利用中位线定与与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）利用勾股定理与线面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，再分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法求面面角的方法即可得解； （3）先利用线面平行的性质定理分析得在上，假设，再利用线面角的空间向量法分析得与平面所成的角时的值，从而得解. 【小问1详解】 取BD中点，连接PO， 是BM的中点，，且， 线段CD上取点，使，连接OF，QF， ，，且， ，四边形POFQ为平行四边形，， 又平面平面，平面. 【小问2详解】 ，则，， 取BD中点，则，又平面，平面BCD， 以为原点，OB，OC，OP所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，故， 则，，， ，所以， 故， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM， ， 点为内动点且平面QGM， 又平面ABD，平面平面， ，故点在OM上， 设，又，，， 则， ， 易知平面的一个法向量为， 设QG与平面所成角为，则最大时，最大， ， 所以当时，最大，此时最大， 即当点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处时，QG与平面所成角最大. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 18. 已知，，动点满足， （1）求动点的轨迹的方程； （2）设在点处曲线的切线为，若，为上两点，且满足，， （i）证明：点在定直线上，并求出定直线方程； （ii）是否存在点使成立，若存在，求出点横坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析； （ii）存在点使成立，点横坐标为，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由双曲线的定义可求得双曲线的方程； （2）（i）联立直线方程与双曲线方程，由题意可得，进而可求得，结合，可得直线的方程，联立直线的方程可得点在定直线上；（ii）根据题意利用夹角公式得到关于的表达式，进而求得，从而可求得点的横坐标，由此得解. 【小问1详解】 因为， 所以点的轨迹是以为焦点的双曲线中靠近点的一支， 且，解得，所以， 所以双曲线的方程为； 【小问2详解】 （i）联立方程组，消去，得， 整理可得①， 因为直线与曲线相切，所以， 所以，所以， 将，代入①可得：， 解得，代入直线可得，所以， 所以，因为，所以， 所以，所以直线的方程为， 联立方程组，所以， 所以，解得； 所以点在定直线上，该定直线方程为； （ii）由（i）可知，， 因为，所以，， 所以 ， 解得或，又因为不符合题意，所以（舍去）， 所以点横坐标为， 存在点使成立，此时点横坐标为， 【点睛】关键点点睛：第二问的第2小问的解决关键在于，利用夹角公式化简得关于的表达式，从而得解. 19. 对于各项均为正数的无穷数列，若，都有，其中d为非零常数，则称数列是数列． （1）判断无穷数列和是不是数列？若是，求出相应的常数d的值；若不是，请说明理由； （2）若是数列，且． ①记的前n项和为，求证：； ②对任意的正整数n，设，求数列的前项和． 【答案】（1）是数列，不是数列，理由见解析 （2）①证明见解析；②． 【解析】 【分析】（1）令，计算为，即可判断是数列；令，计算为，即可判断不是数列； （2）①根据题中条件，先求出，由等差数列前项和公式，求出，计算，化简整理，即可证明结论正确； ②由①中，先求出当n为奇数时，；当n为偶数时，，利用裂项相消的方法求奇数项的和，利用错位相减法求偶数项的和，进而可求出结果. 【小问1详解】 解：是数列，不是数列，理由如下： 令，则，， 因为为非零常数， 所以无穷数列是数列，相应的常数d的值为4． 令，则，，， 因为不是非零常数， 所以无穷数列不是数列． 【小问2详解】 ①证明：因为是数列，且， 所以，是首项与公差都是1的等差数列， 所以， ． ，等号仅当时成立． 所以，即． ②解：由①知， 当n为奇数时，； 当n为偶数时，， 对任意的正整数n，有 ， ， ， 两式相减得 ， 所以， 因此，． 所以数列的前项和为． 【点睛】关键点点睛： 求解本题第二问的关键是利用题中所给的数列的定义，结合等差数列的通项公式，求出，再结合等差数列求和公式，以及错位相减和裂项相消法，即可求解（2）中①②两小问. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 安师大附中2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设，向量，且，则等于（　　） A. 2 B. C. 3 D. 4 2. 中，，，C点在y轴上，若AB边上中线CD也是AB边上的高，则直线CD的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 在数列中，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的截面是圆，把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用矩形ABCD截某圆锥得到的椭圆E与该矩形的四边相切，且该矩形的长：宽为，则椭圆E的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列的前n项和为，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线和直线，抛物线上一动点P到直线和直线的距离之和的最小值是（ ） A. B. C. 3 D. 7. 已知两定点，，如果动点满足，点是圆上的动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 在如图所示的试验装置中，正方形框的边长为2，长方形框的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时的取值为（ ） A B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足：，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（ ） A B. 平面 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 11. 已知A，B分别为椭圆：的左、右顶点，D为C的上顶点，为坐标原点，E为C上一点，且位于第二象限，过点E作轴，垂足为M，直线，分别与y轴交于点H，G，则下列结论正确的是（ ） A. 若D是的中点，则 B. 若M是C的左焦点，则G是的中点 C. D. 若M是的中点，则 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等比数列的公比为，前项和为，若，则_________. 13. 已知圆，，，A，B是圆C上的动点，且，点N是线段AB的中点，则当取得最大值时，的值为______． 14. 设，是平面直角坐标系xOy上的两点，O为坐标原点，定义点P到点Q的一种折线距离已知，Q是曲线上一点，则的最小值为_________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知，，，，． （1）求； （2）若，求实数，的值． 16. 已知圆过点，，且直线平分圆的周长. （1）求圆的方程； （2）过点的直线和圆交于，两点，若，求直线的方程. 17. 如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，中点，点Q在线段上，且. （1）求证：平面； （2）当，时，求平面与平面夹角余弦值； （3）在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置. 18. 已知，，动点满足， （1）求动点的轨迹的方程； （2）设在点处曲线的切线为，若，为上两点，且满足，， （i）证明：点在定直线上，并求出定直线方程； （ii）是否存在点使成立，若存在，求出点横坐标；若不存在，请说明理由. 19. 对于各项均为正数的无穷数列，若，都有，其中d为非零常数，则称数列是数列． （1）判断无穷数列和是不是数列？若是，求出相应的常数d的值；若不是，请说明理由； （2）若是数列，且． ①记的前n项和为，求证：； ②对任意的正整数n，设，求数列的前项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$