精品解析：山东省菏泽市鄄城县第一中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试题

2024—2025学年高二开年大联考 数学试题 考试时间为120分钟，满分150分 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､推考证号填写在答题卡上. 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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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. 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. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量.若，则（ ） A. 7 B. C. D. 2. 在四棱锥中，底面是平行四边形，是对角线的交点.用基底表示，正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 在等差数列中，其前项和.若，则（ ） A. 480 B. 120 C. 160 D. 240 5. 已知抛物线焦点是双曲线的右顶点，则双曲线的离心率是（ ） A. 4 B. C. D. 6. 过点直线与抛物线相交于两点，是抛物线的焦点.若，则直线的斜率为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 7. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离为（ ） A B. C. D. 8. 已知数列的首项为1，且，设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序排列构成数列，则数列的前100项和为（ ） A. 11449 B. 11195 C. 11209 D. 11202 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. 已知直线，圆，则（ ） A. 当时，直线与圆相离 B. 当直线与圆相切时，的值为 C. 圆心到直线的距离的最大值是5 D. 圆与圆外切 10. 已知椭圆的右焦点为，点A在椭圆上.若（是坐标原点）是等腰直角三角形，则的离心率可能是（ ） A. B. C. D. 11. 已知是数列的前项和，若，则下列结论中正确的有（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 数列的前项和为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点，且与直线垂直的直线的一般式方程为__________. 13. 已知等比数列的前项和为，且，则__________. 14. 如图，二面角的大小为是棱上两点，，且，，则__________. 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. 已知在中，边上的高所在的直线方程为边上的高所在的直线方程为，点的坐标为.求： （1）边所在直线方程； （2）的面积. 16. 如图，在三棱锥中，平面是等边三角形，，为的中点. （1）用向量法证明：； （2）用向量法求直线与所成角的余弦值. 17. 记数列的前n项和为，已知. （1）证明：是等差数列； （2）若，证明：. 18. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”． （1）某学生发现以下特征：由此可归纳出一个结论？能否给出证明？ （2）证明： 19. 已知椭圆的右焦点为，离心率为为坐标原点. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线与椭圆相交于两点，的面积为，求直线的斜率之积的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年高二开年大联考 数学试题 考试时间为120分钟，满分150分 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､推考证号填写在答题卡上. 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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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. 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. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量.若，则（ ） A. 7 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由线面位置关系和空间直线方向向量与平面法向量的定义可解. 【详解】由题意，若，则，所以，即，解得. 故选：B. 2. 在四棱锥中，底面是平行四边形，是对角线的交点.用基底表示，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理表示并判断即可. 【详解】如图， 由题意，得. 故选：C. 3. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用直线斜率与倾斜角的正切函数关系，结合斜率的范围可求倾斜角的范围. 【详解】由题意假设直线倾斜角为得：. 又因为，所以， 即.再由正切函数的性质与直线倾斜角的取值范围， 可得的取值范围是. 故选：A. 4. 在等差数列中，其前项和.若，则（ ） A. 480 B. 120 C. 160 D. 240 【答案】D 【解析】 【分析】应用等差数列前项和公式结合等差数列项的性质计算即可. 【详解】由题意得. 故选:D. 5. 已知抛物线的焦点是双曲线的右顶点，则双曲线的离心率是（ ） A 4 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出抛物线焦点坐标，根据抛物线焦点是双曲线的右顶点，可求得，进而可求得，代入离心率公式即可求解. 【详解】由题意，得抛物线的焦点坐标是，则在双曲线中，. 又因为在双曲线中，，所以， 所以双曲线的离心率. 故选：A. 6. 过点的直线与抛物线相交于两点，是抛物线的焦点.若，则直线的斜率为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设直线的方程及点，联立直线方程与抛物线的方程消去， 利用根与系数的关系可得，由抛物线的定义可知，即，进而解方程即可. 【详解】由题意，得抛物线的焦点，准线方程为. 由题意知直线的斜率存在且不为0. 因为直线过点，所以设直线的方程为. 联立直线方程与抛物线方程，消去，整理得， 设， 由一元二次方程根与系数的关系，得. 因为14，所以由抛物线的定义得，即. 所以，解得. 故选：C. 7. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量法来求平行线与平行平面间的距离即可. 【详解】 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，即 平面平面平面 直线到平面的距离为点到平面的距离. 设平面的法向量为，则即 令，则 点到平面的距离为. 故选：D. 8. 已知数列的首项为1，且，设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序排列构成数列，则数列的前100项和为（ ） A. 11449 B. 11195 C. 11209 D. 11202 【答案】D 【解析】 【分析】利用累加法，结合等比数列前项和公式求出，进而求出，再判断数列的前100中含有数列的项，然后利用公式法求和. 【详解】数列的首项为1，且， 当时，， ，而满足上式，因此， ，而， 因此数列的前100项和为数列的前107项的和减去数列的前7项的和， 所以数列的前100项和为. 故选：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. 已知直线，圆，则（ ） A. 当时，直线与圆相离 B. 当直线与圆相切时，的值为 C. 圆心到直线的距离的最大值是5 D. 圆与圆外切 【答案】BD 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离与半径比较可判断A；根据相切结合点到直线的距离公式运算判断B；求出圆心到动直线的最大距离即可判断C；根据两圆位置关系判断D. 【详解】直线的方程可化为，所以直线过定点； 圆的标准方程为，所以圆心，半径. 对于A，当时，直线的方程为， 圆心到直线的距离，所以直线与圆相交，故A错误. 对于B，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径， 即，解得，故B正确. 对于C，当过点的直线与直线垂直时，圆心到该直线的距离有最大值5， 此时因为直线的斜率为0，所以过点的直线的斜率不存在. 因为直线的斜率为，所以圆心到直线的距离的取值范围为， 即圆心到直线距离不存在最大值，故C错误. 对于D，圆的标准方程为，所以圆心，半径. 因，所以圆与圆外切.故D正确. 故选：BD. 10. 已知椭圆的右焦点为，点A在椭圆上.若（是坐标原点）是等腰直角三角形，则的离心率可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由为等腰直角三角形，根据三个顶点为直角顶点分类讨论，利用几何关系以及椭圆定义，和点A在椭圆上的条件得到的等量关系，即可求得离心率. 【详解】由题意，得. 由椭圆的对称性，不妨设点A在轴上方， 若点是的直角顶点，则，点A是椭圆的上顶点， 此时，所以椭圆的离心率，故A对； 若点是的直角顶点，则，此时. 由点A在椭圆上，得，结合，化简得. 两边同乘，结合，得，解得（负值舍去），故B对； 若点A是的直角顶点，则，此时. 由点A在椭圆上，得，结合，化简得.两边同乘，结合，得，结合，解得，故C错； 因为，所以，故D对. 故选：ABD. 11. 已知是数列的前项和，若，则下列结论中正确的有（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 数列的前项和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据代入得，再代入求得，即可判断选项A；根据与可得数列是首项为1，公比为4的等比数列，即可判断选项B；由选项B可求出数列的通项公式，根据与即可求出数列的通项公式，进而判断选项C；根据数列的通项公式可得数列是首项为0，公差为1的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断选项D. 【详解】因为，所以当时，； 当时，.故选项A正确. 因为，即，所以. 因为，所以数列是首项为1，公比为4的等比数列.故选项B正确. 由选项B知，，所以，即当时，. 当时，不满足上式，所以，故选项C错误. 由知，所以数列是首项为0，公差为1的等差数列， 所以数列的前项和为，故选项D正确. 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点，且与直线垂直的直线的一般式方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据垂直关系求出直线的斜率，利用点斜式可得直线的方程，化为一般式方程即可. 【详解】直线的斜率为，由题意得直线的斜率为. 又因为直线过点， 所以直线的方程为，化为一般式，得. 故答案为：. 13. 已知等比数列的前项和为，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先应用，计算得出公比，最后应用等比数列通项计算即可. 【详解】因为，所以. 两式相减，得，即， 所以等比数列的公比. 当时，由，得， 解得，所以. 故答案为： 14. 如图，二面角的大小为是棱上两点，，且，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意，可得，，及，再由空间向量的数量积公式与模长计算公式，代入求解即可. 【详解】由二面角的平面角的定义知， 所以. 由，得. 因为， 所以， 所以. 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. 已知在中，边上的高所在的直线方程为边上的高所在的直线方程为，点的坐标为.求： （1）边所在的直线方程； （2）的面积. 【答案】（1） （2）7 【解析】 【分析】（1）先分别求出两条直线的交点，再应用两点求斜率，最后根据斜率及点得出直线方程； （2）先求两点间距离及点到直线距离，最后应用面积公式计算即可. 【小问1详解】 由题意得设边上的高的斜率为1，边上的高的斜率为，所以直线的斜率分别为. 因为，所以直线的方程分别为. 由解得即； 由解得即. 所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即得. 【小问2详解】 由（1）知，，直线的方程为， 所以. 因为，所以点到直线的距离. 所以的面积. 16. 如图，在三棱锥中，平面是等边三角形，，为的中点. （1）用向量法证明：； （2）用向量法求直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量基本定理将用基底表示，然后计算即可得结论； （2）求出和，然后利用向量的夹角公式可求得结果. 【小问1详解】 证明：因为是的中点，所以. 所以. 因为，所以 . 因为平面平面，所以， 所以. 又因为，所以， 所以，即. 【小问2详解】 解：由（1）知，， 所以. 由（1）知，； 因为是等边三角形，，所以； 又因为，所以， 所以. 因为， 所以， 即直线与所成角的余弦值为. 17. 记数列的前n项和为，已知. （1）证明：是等差数列； （2）若，证明：. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用变形，再利用等差数列定义推理得证. （2）由（1）求出及，再利用裂项相消法求和即得. 【小问1详解】 在数列中，，当时，， 两式相减得，即， 因此，所以是等差数列. 【小问2详解】 由（1）知，等差数列的公差，， ，， 所以 . 18. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”． （1）某学生发现以下特征：由此可归纳出一个结论？能否给出证明？ （2）证明： 【答案】（1），证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意中的规律可得到，然后用数学归纳法的过程进行求证即可； （2）用数学归纳法的过程进行求证即可 【小问1详解】 证明如下： ①当时，显然成立； ②假设当时，即成立， 则当时， 故当时等式也成立． 根据①和②，可知等式对任意正整数都成立; 【小问2详解】 ③当时，左右显然成立． ④假设当时，即 则当时， 故当时等式成立． 根据③和④，可知等式对任意正整数都成立 19. 已知椭圆的右焦点为，离心率为为坐标原点. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线与椭圆相交于两点，的面积为，求直线的斜率之积的值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据离心率，焦点坐标及关系列方程组求得，得椭圆标准方程； （2）直线斜率不存在时直接求得斜率之积，斜率存在时，设直线的方程为，设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，由弦长公式求得，计算原点在的距离，得三角形面积，从而得出关系，此关系式代入斜率之积的表达式化简可得结论． 【小问1详解】 由题意可得 ，解得 椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设 ①当直线的斜率不存在时，根据陏圆的对称性不妨设点在第一象限，则 因为，所以 又因为，解得 所以 ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由联立，得 得 点到直线的距离为， 则 解得 综上所得，求直线的斜率之积的值. 【点睛】方法点睛：椭圆中定值问题，一般设交点坐标为，设出直线方程为（或），代入椭圆方程应用韦达定理得（或）然后用两交点坐标表示出要求值的量，如本题中斜率之积，代入韦达定理的结论化简后可得定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $