精品解析：安徽省阜阳市太和县部分学校2024-2025学年高二下学期开学阶段性检测数学试题

安徽高二春季阶段性检测 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，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、单项选择题：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. 已知直线经过，两点，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 在等差数列中，，，则的公差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 直线：（）被圆：截得的弦长的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 在数列中，，（），则（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，点P在C上，的内心为I.若，，的面积满足，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知空间向量，，的长度分别为1，3，4，且两两夹角均为，点G为的重心，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知是椭圆的一个焦点，是的上顶点，的延长线交于点，若，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 阿波罗尼斯是与阿基米德、欧几里得齐名的古希腊数学家，以他的姓名命名的阿波罗尼斯圆，是指平面内到两定点的距离的比值为常数（，）的动点的轨迹.已知，，动点P满足，若点P的轨迹上有且仅有三个点到直线的距离为2，则实数m的值可以是（ ） A. B. 4 C. D. 10. 已知数列满足，（），记的前n项和为，则（ ） A. 为等差数列 B. 为等比数列 C. D. 11. 已知正方体的棱长为2，点P满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则点P的轨迹长度为 C. 若，则线段长度的最小值为 D. 若，则与平面所成角的余弦的最小值为 三、填空题：本题共.3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线上有一点到准线的距离为，那么点到轴的距离为_________. 13. 在直三棱柱中，，，D是棱的中点，则点到平面的距离为_________. 14. 已知数列|中，，，则满足的n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. 已知数列的前n项和为，． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 16. 已知圆经过，，三点. （1）求圆的方程； （2）设点，圆与轴正半轴交于点，过点的直线与圆交于，两点，证明：直线，的斜率之和为定值. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点，点在线段上，点在棱上（与点不重合）. （1）证明：直线平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长度. 18. 记数列的前n项和为，已知，. （1）求的通项公式. （2）若数列满足，其前n项和为. （ⅰ）求； （ⅱ）若对任意恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，P是C上一点，的周长为. （1）求C的方程； （2）若过点且斜率不为0的直线l与C交于E，F两点，O为坐标原点，求面积的最大值； （3）若M，N为C上横坐标不为0的两点，A是C与y轴正半轴的交点，且直线与的斜率之积为2，求证：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽高二春季阶段性检测 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，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、单项选择题：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. 已知直线经过，两点，则的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合两点坐标求直线的方程，根据直线方程确定直线的斜率. 【详解】 由已知得，两点的横坐标都是， 所以直线的方程是，直线是一条垂直于x轴的直线， 所以直线的倾斜角为. 故选：D. 2. 在等差数列中，，，则的公差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差中项结合条件计算即可. 【详解】由题可知，得，，得， 所以的公差. 故选：B 3. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式计算即可. 【详解】由已知得，， 所以在上的投影向量为. 故选：A. 4. 直线：（）被圆：截得的弦长的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求圆的圆心和半径，根据直线方程可得直线过定点，根据圆的性质求结论. 【详解】 圆：的圆心为，半径， 直线：（）恒过点， 当与垂直时，弦长最小，又， 所以被圆截得的弦长的最小值为. 故选：D. 5. 在数列中，，（），则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合递推关系，利用累乘法求数列的通项公式，再利用裂项相消法求结论. 【详解】因为（，）， 所以当，时，， 则，…，，， 以上个式子左右两边分别相乘得， 即，所以（，）， 又，所以， 所以. 故选：A. 6. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，点P在C上，的内心为I.若，，的面积满足，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用内切圆的性质结合面积公式计算，再应用双曲线定义转化为得出渐近线方程即可. 【详解】如图，设圆I的半径为r，由，得， 化简可得，即，得，即C的渐近线方程为. 故选：C. 7. 已知空间向量，，的长度分别为1，3，4，且两两夹角均为，点G为的重心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用点G为的重心可得，再由向量的减法和模长结合数量积的运算可得. 【详解】∵点G为的重心，∴， ∴.. ∴，∴，∴. 故选：B 8. 已知是椭圆的一个焦点，是的上顶点，的延长线交于点，若，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义，结合余弦定理即可求解. 【详解】取椭圆的另一个焦点为,连接， 则， 由可得， 故， 故由余弦定理可得， 化简可得，故， 故选：A 二、多项选择题：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. 阿波罗尼斯是与阿基米德、欧几里得齐名的古希腊数学家，以他的姓名命名的阿波罗尼斯圆，是指平面内到两定点的距离的比值为常数（，）的动点的轨迹.已知，，动点P满足，若点P的轨迹上有且仅有三个点到直线的距离为2，则实数m的值可以是（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先设点，应用两点间距离公式计算得出轨迹方程，再应用圆的性质结合点到直线距离计算求参. 【详解】设动点，因为，，且动点P满足，所以， 化简整理得，即，该方程表示圆心为，半径为4的圆， 因为圆上有且仅有三个点到直线的距离为2， 所以圆心到直线的距离为2，即， 解得. 故选：AC. 10. 已知数列满足，（），记的前n项和为，则（ ） A. 为等差数列 B. 为等比数列 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】赋值即可得数列的递推关系，再利用等比数列的通项公式和求和公式计算即可. 【详解】因为，（m，）， 令，可得， 即是首项和公比均为的等比数列，故A错误，B正确； 对于C，由上面的分析，可得，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：BC. 11. 已知正方体的棱长为2，点P满足，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则点P的轨迹长度为 C. 若，则线段长度的最小值为 D. 若，则与平面所成角的余弦的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由空间向量的基本定理结合面面平行可得A正确；由向量的数量积运算可得B错误；由空间向量的基本定理结合已知得到点的轨迹是线段，再由勾股定理可得C正确；由空间向量的基本定理得到点P的轨迹是线段，当为的中点时可得D正确. 【详解】对于A，若，则点P在线段上，易知平面平面，所以平面，故A正确； 对于B，若， 即， 则点P的轨迹是以为半径的四分之一圆弧，又， 所以点P的轨迹长度是，故B错误； 对于C，设和的中点分别为M，N， 若，则点P的轨迹是线段， 当P是的中点时，的长度最小， 因为是等腰三角形，，， 所以长度的最小值为.，故C正确； 对于D，若，则点P的轨迹是线段， 设与平面所成的角为， 在等边三角形中，边长为，当P为的中点时，取得最小值，为， 而点P到平面的距离恒为2，所以，从而，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共.3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线上有一点到准线的距离为，那么点到轴的距离为_________. 【答案】 【解析】 【分析】求出抛物线的准线方程， 设，由条件先求，再求，由此可得结论. 【详解】 抛物线的准线方程为， 设，∵点到准线的距离为， ∴，∴， 代入抛物线方程，可得， 故点到轴的距离为. 故答案为：. 13. 在直三棱柱中，，，D是棱的中点，则点到平面的距离为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用空间点到面的距离公式求解. 【详解】因为，，两两垂直，故可以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，. 设平面的法向量为， 则故可取， 又，故点到平面的距离. 故答案为：. 14. 已知数列|中，，，则满足的n的最小值为_________. 【答案】13 【解析】 【分析】先构造数列得出等比数列计算得出，再计算不等关系结合指数幂的运算求解即可求参 【详解】由，得，则． 因为，所以，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以. 由，可得，所以， 即，又，，故满足的n的最小值为13. 故答案为：13. 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. 已知数列的前n项和为，． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系可求数列的通项公式. （2）根据裂项相消法可求数列的前n项和． 【小问1详解】 当时，， 当时，，符合上式， ∴. 【小问2详解】 由（1）得，， ∴． 16. 已知圆经过，，三点. （1）求圆的方程； （2）设点，圆与轴正半轴交于点，过点的直线与圆交于，两点，证明：直线，的斜率之和为定值. 【答案】（1） （2） 由题意知，直线的斜率存在， 设直线的方程为， 联立，得， 由已知 设，，则， 所以 ， 即直线，的斜率之和是定值，该定值为. 【解析】 【分析】（1）证明，由此确定圆心坐标和半径及圆的方程； （2）求点的坐标，直线的方程为，设，，联立方程组求出的范围，，，再求直线，的斜率之和并证明结论. 【小问1详解】 因为，，， 所以，，其中为坐标原点， 所以， 所以圆以坐标原点为圆心，半径为的圆， 故圆的方程为. 【小问2详解】 略 17. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点，点在线段上，点在棱上（与点不重合）. （1）证明：直线平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长度. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）先根据线面平行判定定理证明平面，平面， 由此证明平面平面，再根据面面平行的性质证明平面； （2）建立空间直角坐标系，设的坐标，求平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求两平面的夹角余弦值，列方程可求的坐标，由此可得结论. 【小问1详解】 如图，连接，，由题意知，且， ∴四边形是平行四边形， ∴，又平面，平面，∴平面. ∵，分别为，的中点，所以，， 又，，所以，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又平面，平面，∴平面， 又，平面， ∴平面平面， 又平面，∴平面. 【小问2详解】 ∵三棱柱是直三棱柱，且， ∴可以，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，设，， 则，， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，， 所以为平面的一个法向量. 由题意可取平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则，解得或（舍去）. 故的长度为. 18. 记数列的前n项和为，已知，. （1）求的通项公式. （2）若数列满足，其前n项和为. （ⅰ）求； （ⅱ）若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）仿写作差后由等比数列的基本量法求出通项即可； （2）（ⅰ）由错位相减法求和即可； （ⅱ）将不等式变形后得恒成立，令，讨论数列的单调性求最小值即可； 【小问1详解】 因为，所以， 两式相减得（），即（）， 当时，有，即， 又，所以. 综上，可知是首项，公比为2的等比数列， 故的通项公式为. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）得， 则， 可得， 所以， 所以. （ⅱ）对任意恒成立， 即，整理得恒成立. 令，则， 当时，， 当时，， 当时，， 所以以，即的最小值为， 综上，，即实数的取值范围是. 19. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，P是C上一点，的周长为. （1）求C的方程； （2）若过点且斜率不为0的直线l与C交于E，F两点，O为坐标原点，求面积的最大值； （3）若M，N为C上横坐标不为0的两点，A是C与y轴正半轴的交点，且直线与的斜率之积为2，求证：直线过定点. 【答案】（1） （2）最大值为1 （3） 依题意得. 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为（，）， 可得，，（由对称性，M，N互换不影响后面的结果） 所以，不符合题意. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，（）. 联立消去y并整理，得， 则，，. 因为， 所以， 即， 整理得，解得或. 当时，直线的方程为， 此时直线恒过点，不符合题意. 当时，直线的方程为，此时直线恒过点，符合题意. 故直线过定点. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义与性质计算即可； （2）直线l的方程及坐标，联立方程，根据韦达定理，割补法计算三角形面积，再利用换元法及基本不等式计算最值即可； （3）先验证直线的斜率不存在时不符题意，再设直线方程，联立椭圆方程，由韦达定理及两点斜率公式化简计算直线的纵截距并验证即可. 【小问1详解】 设C的半焦距为c（）.因为C的离心率为，且的周长为， 所以 解得，，则， 故C的方程为. 【小问2详解】 设直线l的方程为，，. 联立，消去x并整理，得， 则，， 所以的面积， 又， 令，则，，所以， 因为，当且仅当，即时，等号成立， 所以， 故，即面积的最大值为1. 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：第二问，面积最值问题，注意三角形水平底铅锤高，可方便化为坐标表示线段，有助于简化计算；第三问判定定点问题，可通过联立方程结合韦达定理化简计算参数来解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $