精品解析：上海市南洋模范中学2024-2025学年高二下学期初态考试数学试卷

2024－2025学年上海市南洋模范中学高二年级下学期初态考 数学试卷 2025.2 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1－6题每个空格填对得4分，7－12题每个空格填对得5分，否则一律得0分. 1. 某学校的高一、高二及高三年级分别有学生1000人、2000人、3000人，用分层抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为30人的样本，抽出的高一、高二及高三年级学生的平均身高为、、，估计该校学生的平均身高是______. 2. 若直线与直线平行，则______. 3. 若事件与事件是独立的，，，则_____. 4. 已知圆C 直线l过点，若直线l与圆C相切，则直线l的方程为_________. 5. 若的展开式中的系数为，则a的值为______． 6. 将自然数，，，，按照如图排列，我们将，，，称为“拐弯数”，则第50个“拐弯数”是______. 7. 已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数b的取值范围是________. 8. 所有棱长均为6的三棱锥，其外接球和内切球球面上各有一个动点，则线段长度的最大值为__________. 9. 设为正整数，从集合的所有二元子集中任取两个，记为，，其中与可以相同.在平面直角坐标系中，记直线与直线的四个交点分别为，则以为顶点的四边形为正方形的概率为__________.（用含的代数式表示）附参考公式： 10. 如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动，设，若，则四面体体积的最大值为______． 11. 设数列是等比数列，，公比q是的展开式中的第二项（按x的降幂排列），且为的前n项和，若，则______.（用含n和x的式子表达） 12. 一点从正三角形的顶点处出发在各顶点间移动，每次移动要么以的概率沿顺时针或逆时针方向移动－步.设移动步后回到点的概率为，到达点的概率为，则______. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 下列抽样方法中，属于简单随机抽样的是（ ） A. 某社团为调查本校学生的环保知识水平，向在图书馆某楼层自习的所有学生发放问卷，隔5分钟后回收； B. 某次科普讲座之前，主持人抽取座位尾号为1的听众进行提问； C. 一车间主任从堆放的100件产品中抽取了摆放在最上面的10件产品进行检查； D. 销售部经理将一个放有部门所有员工工号牌的箱子均匀摇晃后，从中抽取5个工号牌． 14. 若直线：ax＋4y－2＝0与直线：2x－5y＋b＝0垂直于点(1，c)，则a＋b＋c＝( ) A. 2 B. 4 C. －2 D. －4 15. 要排出某班一天中语文，数学，政治，英语，体育，艺术6门课各一节的课程表，要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，则不同的排法种数为（ ） A. 24 B. 72 C. 144 D. 288 16. 如图，某电子元件由，，三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，，，三种部件不能正常工作的概率分别为，，，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤 17. 已知的二项展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，且各项系数之和为 （1）求实数a和n的值； （2）求展开式中系数最小的项． 18. 已知圆，点，点， （1）若直线，与圆相交于、两点，且，求直线的方程， （2）在圆上是否存在点，使？若存在求出点的个数，若不存在，说明理由. 19. 已知菱形如图①所示，其中且，现沿进行翻折，使得平面平面，再过点作平面，且，所得图形如图②所示. （1）求平面与平面夹角的正弦值； （2）若点满足. （i）平面，求的值； （ii）若与平面所成角为，求的最大值. 20. 现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆的“上进点”.若点同时是圆和圆的“上进点”，则称为圆“”的“牵连点”.已知圆. （1）若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状； （2）已知圆，且均为圆“”的“牵连点”. （i）求直线的方程； （ii）若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一点，使得轴平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 21. 折纸起源于大约公元1世纪或2世纪时的中国．折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学，成为现代几何学的一个分支．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用圆形纸片，可按如下步骤折纸． 步骤1：设圆心是，在圆内不是圆心处取一点，标记为； 步骤2：把纸片翻折，使翻折上去的圆弧经过点，此时圆弧上与点重合的点标记为； 步骤3：把纸片展开，于是就留下一条折痕，此时与折痕交于点； 步骤4：不断重复步骤2和3，能得到越来越多条的折痕和越来越多的交点． 现取半径为4的圆形纸片，定点到圆心的距离为2，按上述方法折纸．以线段的中点为原点，线段所在直线为轴，建立平面直角坐标系，记点的轨迹为曲线． （1）求曲线的标准方程； （2）设直线l：与曲线交于两点． ①若直线过点，且的面积为，求实数的值； ②若直线过定点，为坐标平面上的动点，直线斜率的倒数成等差数列，试探究点是否在某定直线上，若存在，求出该定直线的方程，若不存在，请说明理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024－2025学年上海市南洋模范中学高二年级下学期初态考 数学试卷 2025.2 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1－6题每个空格填对得4分，7－12题每个空格填对得5分，否则一律得0分. 1. 某学校的高一、高二及高三年级分别有学生1000人、2000人、3000人，用分层抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为30人的样本，抽出的高一、高二及高三年级学生的平均身高为、、，估计该校学生的平均身高是______. 【答案】 【解析】 【分析】由分层抽样的概念求出各个年级抽得的人数，计算平均数即可. 【详解】因为高一、高二及高三年级分别有学生1000人、2000人、3000人， 用分层抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为30人的样本， 则高一、高二及高三年级分别抽人，人，人， 抽出的高一、高二及高三年级学生的平均身高为、、， 所以该校学生的平均身高为. 故答案为：. 2. 若直线与直线平行，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由平行的两条直线，对应方程的特性列式求解即得. 【详解】由直线与直线平行，得， 所以. 故答案为： 3. 若事件与事件是独立的，，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，即可结合对立事件的性质求解. 【详解】由于事件与事件是独立的，故事件与事件也相互独立， 故, 又，故， 进而可得， 故答案为： 4. 已知圆C 直线l过点，若直线l与圆C相切，则直线l的方程为_________. 【答案】或 【解析】 【分析】利用圆心到直线的距离等于半径求解. 【详解】当切线的斜率存在时，可设直线：， 即， 圆心到直线的距离为，解得， 故直线的方程为； 当直线的斜率不存在时，直线：，圆心到直线的距离为1，符合题意； 所以直线l的方程为或. 故答案为：或. 5. 若的展开式中的系数为，则a的值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】令确定对应的系数，得到，再应用二项式的展开式求的系数，列方程求参数. 【详解】当时，，则的系数，不符合， 所以，则的系数，可得. 故答案为：2 6. 将自然数，，，，按照如图排列，我们将，，，称为“拐弯数”，则第50个“拐弯数”是______. 【答案】1275 【解析】 【分析】根据“拐弯数”找出规律，设数列，，，，……，可推出得数列的递推公式，利用叠加法求解即可. 【详解】设数列，，，，……，故， 利用叠加法：， ， 故. 故答案为：1275. 7. 已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数b的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】画出曲线，数形结合求出直线与曲线有两个交点的范围. 【详解】依题意，， 则曲线表示为圆心，1为半径在直线及上方的半圆，如图： 当直线为曲线的切线时，，，解得，令切线为， 当直线过点时，它还过点，且这两点都在曲线上，此时，令此直线为， 当直线在直线与之间（不含，含）平行移动时，它与曲线始终有两个交点， 当直线由向右平移时，该直线与曲线最多一个交点， 所以实数b的取值范围是. 故答案为： 8. 所有棱长均为6的三棱锥，其外接球和内切球球面上各有一个动点，则线段长度的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，正四面体的外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部，求出外接球半径，内切球半径，线段长度的最大值为得解. 【详解】由正四面体的棱长为6，则其外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部， 设球心为，如图，连接并延长交底面于， 则平面，且为底面的中心， 所以， 在中，可求得， 设外接球半径为，内切球半径为， 则， 解得，， 所以线段长度的最大值为. 故答案为：. 9. 设为正整数，从集合的所有二元子集中任取两个，记为，，其中与可以相同.在平面直角坐标系中，记直线与直线的四个交点分别为，则以为顶点的四边形为正方形的概率为__________.（用含的代数式表示）附参考公式： 【答案】 【解析】 【分析】根据古典概型结合组合数运算应用求和计算即可. 【详解】由题知，边长为的正方形有种情况， 故 故答案为： 10. 如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动，设，若，则四面体体积的最大值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】先确定点的轨迹，确定四面体体积最大时，点的位置，再利用锥体的体积公式计算即可求解. 【详解】如图： 因为平面平面，平面平面，平面，且， 所以平面.又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以. 又在正方形及其内部，所以点轨迹是如图所示的以为直径的半圆， 作于，则是三棱锥的高. 所以当的面积和都取得最大值时，四面体的体积最大. 此时点应该与或重合，为正方形的中心. 当点与重合，为正方形的中心时，如图： 此时，， 所以； 当点与重合，为正方形的中心时，如图： 此时，， . 综上可知，当四面体的体积的最大值为4. 故答案为：4 【点睛】关键点点睛：根据得到点在以为直径的球面上，又点在正方形及其内部，所以点轨迹就是球面与平面的交线上，即以为直径的半圆上.明确点轨迹是解决问题的关键. 11. 设数列是等比数列，，公比q是的展开式中的第二项（按x的降幂排列），且为的前n项和，若，则______.（用含n和x的式子表达） 【答案】 【解析】 【分析】由排列组合数的性质可得，进而有，再根据二项式定理求得，且，讨论、并结合二项式展开式的应用求. 【详解】由题设，可得，故，则， 由的展开式通项为，， 所以其第二项为，故，且， 当时，，则， 即，故， 所以； 当时，，则 ， 所以. 故答案为： 12. 一点从正三角形的顶点处出发在各顶点间移动，每次移动要么以的概率沿顺时针或逆时针方向移动－步.设移动步后回到点的概率为，到达点的概率为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式求出；设移动步后回到点的概率为，求出的递推公式，再利用构造法求出. 【详解】表示移动2步后回到点的概率，其包含两种情况： 顺时针逆时针各移动1步或逆时针顺时针各移动1步，则， 而表示移动2步后到达点的概率，包含一种情况：逆时针移动2步，则， 设移动步后回到点的概率为， 又， ， 则，而， 因此是首项为，公比为的等比数列，所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：由已知求出递推公式及是解决问题的关键. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 下列抽样方法中，属于简单随机抽样的是（ ） A. 某社团为调查本校学生的环保知识水平，向在图书馆某楼层自习的所有学生发放问卷，隔5分钟后回收； B. 某次科普讲座之前，主持人抽取座位尾号为1的听众进行提问； C. 一车间主任从堆放的100件产品中抽取了摆放在最上面的10件产品进行检查； D. 销售部经理将一个放有部门所有员工工号牌的箱子均匀摇晃后，从中抽取5个工号牌． 【答案】D 【解析】 【分析】根据简单随机抽样的特点逐项判断即可． 【详解】对于A项，人数较多，且图书馆的学生不能代表本校全体学生，故A项错误； 对于B项，按照相同间隔抽取的方法，是系统抽样，不是简单抽样，故B项错误； 对于C项，抽取的产品不具有代表性，故C项错误； 对于D项，符合简单随机抽样的定义，故D项正确． 14. 若直线：ax＋4y－2＝0与直线：2x－5y＋b＝0垂直于点(1，c)，则a＋b＋c＝( ) A. 2 B. 4 C. －2 D. －4 【答案】D 【解析】 【分析】两直线垂直，斜率相乘等于－1，且交点坐标分别是两条直线的方程的解，据此即可求解. 【详解】∵直线ax＋4y－2＝0与直线2x－5y＋b＝0垂直， ∴－＝－1，∴a＝10，∴直线ax＋4y－2＝0的方程即为5x＋2y－1＝0． 将点(1，c)的坐标代入上式，可得5＋2c－1＝0，解得c＝－2． 将点(1，－2)的坐标代入方程2x－5y＋b＝0，得2－5×(－2)＋b＝0，解得b＝－12． 故a＋b＋c＝10－12－2＝－4． 故选：D. 15. 要排出某班一天中语文，数学，政治，英语，体育，艺术6门课各一节的课程表，要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，则不同的排法种数为（ ） A. 24 B. 72 C. 144 D. 288 【答案】D 【解析】 【分析】先排数学课，再排最后一节，剩余的四个元素在四个位置全排列，根据分步计数原理得到结果． 【详解】数学课排在前3节，英语课不排在第6节， ∴先排数学课有种排法，再排最后一节有种排法，剩余的有种排法， ∴根据分步计数原理知，共有种排法． 故选：D． 16. 如图，某电子元件由，，三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，，，三种部件不能正常工作的概率分别为，，，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设上半部分正常工作为事件，下半部分正常工作为事件，该电子元件能正常工作为事件，根据相互独立事件的概率公式求出、，即可求出、，再根据对立事件及独立事件的概率公式计算可得. 【详解】设上半部分正常工作为事件，下半部分正常工作为事件， 该电子元件能正常工作为事件， 则，， ，所以， 所以， 即该电子元件能正常工作的概率是. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用对立事件的概率公式及相互独立事件的概率公式求出. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤 17. 已知的二项展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，且各项系数之和为 （1）求实数a和n的值； （2）求展开式中系数最小的项． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题得到，再令，即可求出a； （2）写出二项展开式的通项公式，则，即可求解. 【小问1详解】 仅有第5项的二项式系数最大，则 令，则，又，则 【小问2详解】 二项展开式的通项为：， 假设第项的系数的绝对值最大，由通项可得： ，解得： 故二项展开式中第6项和第7项的系数的绝对值最大. 又展开式中奇数项的系数为正，偶数项的系数为负， 故展开式中系数最小的项是第6项： 18. 已知圆，点，点， （1）若直线，与圆相交于、两点，且，求直线的方程， （2）在圆上是否存在点，使？若存在求出点的个数，若不存在，说明理由. 【答案】（1）或 （2）存在，2 【解析】 【分析】（1）根据直线得到直线的斜率，设直线的方程为，利用弦长公式求解； （2）设圆上存在点使，得到 ，再判断两圆的位置关系即可. 【小问1详解】 解：由得，， ∴圆心，半径， 由题意得，，直线的斜率， 设直线的方程为，则圆心到直线的距离为， ∵， ∴，即：，解得或， ∴直线的方程为：或； 【小问2详解】 设圆上存在点使， 即，化简得， ∴点在圆心为，半径为2的圆上， ∵， ∴圆与圆有两个交点， ∴点的个数为2. 19. 已知菱形如图①所示，其中且，现沿进行翻折，使得平面平面，再过点作平面，且，所得图形如图②所示. （1）求平面与平面夹角的正弦值； （2）若点满足. （i）平面，求的值； （ii）若与平面所成角为，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）首先证明，，，然后以为正交基底建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求得平面与平面夹角的正弦值； （2）（i）求出平面的一个法向量，利用平面，由即得； （ii）设点，利用空间向量法可求得的最大值. 【小问1详解】 如图，取中点，连接，， 由图①可知，、是正三角形， 所以，， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则、、、、， 因为，， 设平面的一个法向量， 所以， 令，得，，所以， 由题知，平面的一个法向量为， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 则平面与平面夹角的正弦值为. 【小问2详解】 （i）因为，，，， 所以，， 设平面的一个法向量， 所以， 令，得，，所以， 因为平面，所以，即， 解得. （ii）则，， 因为，设，以， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，，所以， 若与平面所成角为，则， 设，其中， 则， 当时，； 当时， ， 当时，取最小值，的最大值为. 20. 现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆的“上进点”.若点同时是圆和圆的“上进点”，则称为圆“”的“牵连点”.已知圆. （1）若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状； （2）已知圆，且均为圆“”的“牵连点”. （i）求直线的方程； （ii）若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一点，使得轴平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1），轨迹是以为圆心、为半径的圆 （2）（i）；（ii）存在，点 【解析】 【分析】（1）根据题设定义得到，再利用两点间的距离公式，即可求解； （2）（i）根据条件可得直线为圆和的公共弦所在直线，即可求解；（ii）根据题设得到圆的方程为，再根据题设有，联立，消可得，结合条件，利用根与系数的关系，即可求解. 【小问1详解】 设，因为点为圆的“上进点”， 所以，即，又，得到， 所以的轨迹方程为，点的轨迹是以为圆心､为半径的圆. 【小问2详解】 （i）因为为圆“”的“牵连点”，所以同时为圆与圆的“上进点”， 由为圆的“上进点”，得，所以， 即点在圆上， 由为圆的“上进点”，由（1）知点在圆上， 所以点是圆和的交点. 因为均为圆“”的“牵连点”， 所以直线为圆和的公共弦所在直线， 两圆方程相减可得，故直线的方程为. （ii）因为的圆心为，半径为， 又的圆心为，半径为， 所以直线的方程为，与联立得的中点坐标为， 点S到直线的距离为，则， 所以圆的方程为， 假设轴上存在点满足题意，设. 则，即，整理得. 将，代入上式可得， 整理得①， 联立，消可得，， 所以，代入①并整理得， 此式对任意的都成立，所以， 故轴上存在点，满足题意恒成立. 【点睛】方法点晴：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 21. 折纸起源于大约公元1世纪或2世纪时的中国．折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学，成为现代几何学的一个分支．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用圆形纸片，可按如下步骤折纸． 步骤1：设圆心是，在圆内不是圆心处取一点，标记为； 步骤2：把纸片翻折，使翻折上去的圆弧经过点，此时圆弧上与点重合的点标记为； 步骤3：把纸片展开，于是就留下一条折痕，此时与折痕交于点； 步骤4：不断重复步骤2和3，能得到越来越多条的折痕和越来越多的交点． 现取半径为4的圆形纸片，定点到圆心的距离为2，按上述方法折纸．以线段的中点为原点，线段所在直线为轴，建立平面直角坐标系，记点的轨迹为曲线． （1）求曲线的标准方程； （2）设直线l：与曲线交于两点． ①若直线过点，且的面积为，求实数的值； ②若直线过定点，为坐标平面上的动点，直线斜率的倒数成等差数列，试探究点是否在某定直线上，若存在，求出该定直线的方程，若不存在，请说明理． 【答案】（1） （2）①；②点N是在定直线上． 【解析】 【分析】（1）以所在的直线为x轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，由，即可求解； （2）①由直线过焦点可得直线l：，联立椭圆方程，由弦长公式及点到线的距离公式，求出面积列出等式求解即可；②设点，设点、， 由直线l过定点，得到AB的方程为，联立椭圆方程，由，列出等式求解即可. 【小问1详解】 以所在的直线为x轴，的中点为原点建立平面直角坐标系， 设为椭圆上一点，由题意可知且， 则曲线是以为左右焦点，长轴长，焦距的椭圆， 其中，，，所以曲线的标准方程为． 【小问2详解】 （2）①由（1）知，直线l：过， 可得：，即， 所以由直线l：与曲线的标准方程联立方程组， 消去y得，． 设两交点，，则有，， 所以， 又椭圆左焦点到直线l：的距离为， 所以， 解得或（舍去），即; （2）②解：设点，设点、， 因为直线l过定点，所以直线的方程为， 联立 消去y得，． ∴，，，，， 因为直线斜率的倒数成等差数列，即， 所以，，即， 将，代入上述等式可得， 当时点N在l上，显然满足 当时，， 整理可得， 可得， 即， 即对任意的恒成立， 所以，，解得或． 由于的斜率不为0，所以，故； 所以点是在定直线上． 【点睛】关键点点睛：②点，设点、，由， 化简得到对任意的恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $