精品解析：湖北省随州市部分高中2024-2025学年高二下学期2月联考数学试题

湖北省随州市部分高中2024--2025学年下学期2月联考 高二数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分，考试用时120分钟. 考试范围： 选择性必修一第一、二.三章；选择性必修二第四章 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置. 2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4、考试结束后，请将答题卡上交. 一、选择题：本题共8小题，每题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. 如图，在平行六面体中，与的交点为点，设，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线过点且斜率为1，若圆上恰有3个点到的距离为1，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过（0，3），且与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2，则直线l的方程为（　　） A 3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0 B. 3x＋4y－12＝0或x＝0 C. 4x－3y＋9＝0或x＝0 D. 3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0 4. 已知长方体，，，为线段上一点，且，则与平面所成的角的正弦值为(    ) A. B. C. D. 5. 直线和直线垂直，则实数的值为（　　） A. 1 B. 0 C. 2 D. 或0 6. 已知数列{an}的通项公式为an＝，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为（ ） A (3，＋∞) B. (2，＋∞) C. (1，＋∞) D. (0，＋∞) 7. 设等差数列的前n项和为，若，则(　　) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 已知，设数列的前项和为，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，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. 若直线过点，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线方程可能为（ ） A B. C. D. 10. 顶点在原点，且过点的抛物线的标准方程是（ ） A. B. C. D. 11. （多选题）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中出现了类似如图所示的图形，后人称为“三角垛”（如图所示的是一个4层的“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则下列所有说法中正确的有（ ） A B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分 12. 若直线的方向向量，平面的一个法向量，且，则实数_____. 13. 曲线上点到直线距离的最小值为______． 14. 已知等比数列的首项为，前项和为，若，则的值为_______. 四、解答题：本题共5小题，共75分 15. 如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，，. （1）求线段的长； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求证： 16. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 17. 如图，在平面直角坐标系中，焦点在上的椭圆:经过点，其中为椭圆的离心率.过点作斜率为的直线交椭圆于两点（在轴下方）. （1）求椭圆的方程; （2）过原点且平行于的直线交椭圆于点，求的值; （3）记直线与轴的交点为，若，求直线的斜率. 18. 已知等差数列的前n项和记为（），满足． （1）若数列为单调递减数列，求的取值范围； （2）若，在数列的第n项与第项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列，记数列的前n项和为，求． 19. 已知等差数列满足，且是的等比中项. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求使成立的最大正整数的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖北省随州市部分高中2024--2025学年下学期2月联考 高二数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分，考试用时120分钟. 考试范围： 选择性必修一第一、二.三章；选择性必修二第四章 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置. 2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4、考试结束后，请将答题卡上交. 一、选择题：本题共8小题，每题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. 如图，在平行六面体中，与的交点为点，设，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C D. 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量的线性运算即可求解； 【详解】=. 故选：C. 2. 已知直线过点且斜率为1，若圆上恰有3个点到的距离为1，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线过点且斜率为1，写出直线方程，再根据圆上恰有3个点到的距离为1，结合半径，则由圆心到直线的距离为1求解. 【详解】因为直线过点且斜率为1， 所以直线方程为， 即， 因为圆上恰有3个点到的距离为1， 所以圆心到直线的距离为：1， 即， 解得. 故选：D 【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 3. 设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过（0，3），且与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2，则直线l的方程为（　　） A. 3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0 B. 3x＋4y－12＝0或x＝0 C. 4x－3y＋9＝0或x＝0 D. 3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0 【答案】B 【解析】 【分析】 当直线I斜率不存在时，直线I的方程为满足条件；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，求出圆半径圆心到直线的距离，由 能求出直线l的方程. 【详解】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，联立得方程组，解得 或 ∴|AB|＝2，符合题意. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋3， ∵圆x2＋y2－2x－2y－2＝0即（x－1）2＋（y－1）2＝4， ∴圆心为C（1，1），圆的半径r＝2，易知圆心C（1，1）到直线y＝kx＋3的距离 d＝， ∵d2＋＝r2， ∴＋3＝4，解得k＝－， ∴直线l的方程为y＝－x＋3，即3x＋4y－12＝0. 综上，直线l的方程为3x＋4y－12＝0或x＝0. 故选：B. 【点睛】本题主要考查的是直线与圆的位置关系，解答本题需要明确直线方程的求解方法以及点到直线的距离公式，是中档题. 4. 已知长方体，，，为线段上一点，且，则与平面所成的角的正弦值为(    ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】以D为坐标原点,DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则 设平面一个法向量为 ，则由 因为 ，所以与平面所成的角的正弦值为，选A 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 5. 直线和直线垂直，则实数的值为（　　） A. 1 B. 0 C. 2 D. 或0 【答案】D 【解析】 【分析】由两直线垂直建立m的方程，解得m，即可得出． 【详解】由两直线垂直可得：， 解得或-1． 故选D． 【点睛】本题考查了直线垂直与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 6. 已知数列{an}的通项公式为an＝，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为（ ） A. (3，＋∞) B. (2，＋∞) C. (1，＋∞) D. (0，＋∞) 【答案】D 【解析】 【分析】 依题意对任意，即可得到对任意恒成立，从而求出参数的取值范围； 【详解】解：因为，由数列为递减数列知，对任意，，所以对任意恒成立，所以． 故选：D． 【点睛】本题考查数列的单调性的应用，属于基础题. 7. 设等差数列的前n项和为，若，则(　　) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由又，可得公差，从而可得结果. 【详解】是等差数列 又， ∴公差， ，故选C． 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题. 8. 已知，设数列的前项和为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由裂项相消求和法求和即可； 【详解】因为， 所以. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，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. 若直线过点，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线方程可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】讨论直线过原点时和直线不过原点时，分别求出对应的直线方程即可． 【详解】当直线经过原点时，斜率为，所求的直线方程为y=2x，即； 当直线不过原点时，设所求的直线方程为x±y=k，把点A（1，2）代入可得1-2=k，或1+2=k， 求得k=-1，或k=3，故所求的直线方程为，或； 综上知，所求的直线方程为、，或． 故选：ABC． 【点睛】本题考查了利用分类讨论思想求直线方程的问题，是基础题． 10. 顶点在原点，且过点的抛物线的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据点的坐标，确定抛物线的开口方向，有两种情况，设出抛物线方程，代入点的坐标即可求解. 【详解】因为点在第二象限，所以抛物线有开口向左或开口向上两种情况， 若抛物线开口向左，设抛物线方程为，代入抛物线方程， 有，解得，所以抛物线方程为，所以A正确； 若抛物线开口向上，设抛物线方程为，代入抛物线方程， 有，解得，所以抛物线方程为，所以C正确. 故选：AC 11. （多选题）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中出现了类似如图所示的图形，后人称为“三角垛”（如图所示的是一个4层的“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则下列所有说法中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意代入可得A错误；由累加法求出通项公式可得B正确；由自然数的平方和公式和等差数列求和公式可得C正确；由列项相消可得D正确； 【详解】对于A，由题意，得，故A错误； 对于B，以上n个式子累加可得，又满足上式， 所以，，故B正确； 对于C，由， 可得=84，故C正确； 对于D，由， 得，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分 12. 若直线的方向向量，平面的一个法向量，且，则实数_____. 【答案】2 【解析】 【分析】由线面垂直得到方向向量与法向量共线即可求解； 【详解】因为，所以的方向向量与平面的法向量共线， 所以存在实数λ，使，即 故答案为：2 13. 曲线上点到直线距离的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】求曲线的切线方程，利用平行线的距离公式求所得直线与已知直线的距离，即可知最小距离. 【详解】令与相切，联立整理可得， 所以，可得， 当，此时与的距离， 当，此时与的距离， 所以曲线到直线距离的最小值为. 故答案为： 14. 已知等比数列的首项为，前项和为，若，则的值为_______. 【答案】 ##0.5 【解析】 【分析】由和两类情况，结合前项的和求解即可； 【详解】当时，，所以. 当时，，所以. 故答案： 四、解答题：本题共5小题，共75分 15. 如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，，. （1）求线段的长； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）选择以为起点的三个向量作为基底，利用基向量表示，再利用模长公式进行求解； （2）设异面直线与所成的角为，则， 再利用空间向量的模长公式、数量积公式进行求解； （3）利用空间向量的数量积为0进行证明. 【小问1详解】 设，，， 则，，， . 因为， 所以 ， 所以线段的长为. 【小问2详解】 设异面直线与所成的角为， 则， 因为，， 所以 ， ， 则 ， 即异面直线与所成的角的余弦值为. 【小问3详解】 证明：因为，， 所以， 所以，即. 16. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值. 【小问1详解】 连接， 因为底面是边长为2的正方形，所以， 又因为，， 所以，所以， 点为线段中点，所以， 在中，，， 所以， 则， 又，平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 【方法一】：由题知正方形中，平面，所以建系如图所示， 则， 则， ， 设面的法向量为，面的法向量为， 则，取，则 取，则. 设二面角大小为， 则， 所以二面角的正弦值为. 【方法二】：以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题设得，，，， ，， ，，． 设是平面的法向量， 则，即，可取． 设是平面的法向量， 则，即，可取． 所以． 因此二面角的正弦值为． 17. 如图，在平面直角坐标系中，焦点在上的椭圆:经过点，其中为椭圆的离心率.过点作斜率为的直线交椭圆于两点（在轴下方）. （1）求椭圆的方程; （2）过原点且平行于的直线交椭圆于点，求的值; （3）记直线与轴的交点为，若，求直线的斜率. 【答案】（1）. （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆过点以及之间的关系式，即可待定系数法求解； （2）设直线的方程为，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理，表示出，设直线的方程为代入椭圆的方程，可表示出，即可求出结果； （3）由（2）知，，，则，，结合，即可联立得到关于的方程，求解即可. 【小问1详解】 由椭圆过点，得， 又， 所以，解得或（舍去）， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，， 联立直线与椭圆的方程可得， 整理可得， 所以， 又， 所以 ， 由题意设直线的方程为， 代入椭圆的方程可得， 所以，所以， 所以， 所以，即的值为. 【小问3详解】 由（2）知，，， 则，， 因为，所以，所以， 由（2）得， 故，故， 故，故， 所以得，解得， 又，所以.所以直线的斜率为. 18. 已知等差数列的前n项和记为（），满足． （1）若数列为单调递减数列，求的取值范围； （2）若，在数列第n项与第项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列，记数列的前n项和为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，由已知可得，求得，由数列的单调性列不等式即可得的取值范围； （2）由（1）得，对数列进行分组分析，即可知其前项构成部分，结合等差数列与等比数列的求和公式即可求得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由于， 所以，解得， 所以， 若数列为单调递减数列，则对于恒成立， 所以在上恒成立， 则，所以，又数列为递增数列，所以，即， 故的取值范围为； 【小问2详解】 若，则， 根据题意数列为： 第一组为：1，； 第二组为：，，； 第三组为：，，，； …… 第组为：，，，，…，； 则前组一共有项，当时，项数为. 故相当于是前组的和再加上这五项，即： 设，则可看成是数列的前项和 所以. 19. 已知等差数列满足，且是的等比中项. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求使成立的最大正整数的值. 【答案】(1) (2)8 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意列出有关和的方程组，可解出和的值，从而可求出数列的通项公式； （2）先得出，利用裂项法求出数列的前项和，然后解不等式，可得出的取值范围，于此可得出的最大值． 【详解】（1）设等差数列的公差为，，即， ∴， 是，的等比中项， ∴，即，解得. ∴数列的通项公式为； （2）由（1）得 ∴ . 由，得，∴使得成立的最大正整数的值为8. 【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查裂项求和法，解等差数列的通项公式，一般是利用方程思想求出等差数列的首项和公差，利用这两个基本两求出等差数列的通项公式，考查运算求解能力，属于中等题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$