精品解析：浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题

2024学年第二学期浙江“七彩阳光”新高考研究联盟期中联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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，只有一项是符合要求的. 1. 双曲线的渐近线方程为（ ） A B. C. D. 2. 已知，是上半圆上的两点（不包括端点），那么与的大小关系为（ ） A. B. C. D. 不能确定 3. 已知等比数列的前项积为，且，那么数列的公比为（ ） A. B. C. D. 4. 若直线与直线平行，那么这两条直线之间的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 如图是杭州地铁一号线运行线路图的一部分，现有甲、乙、丙、丁4名游客乘坐湘湖至萧山国际机场方向的地铁一号线去西湖游玩，已知定安路站、龙翔桥站、凤起路站均可到达西湖景区，每名游客只在其中一个车站下车，且每个车站至少有一名游客下车，已知甲在定安路站下车，那么这4名游客下车的不同方案有（ ）种. A. 24 B. 20 C. 12 D. 6 6. 已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的通项公式为，则使数列的前项和满足的的（ ） A. 最小值49 B. 最大值为49 C. 最小值为50 D. 最大值为50 8. 在正方体中，，，在平面上存在一点，使得，则点的轨迹为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 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. 下列说法正确的有（ ） A. 若平面的法向量，，则点平面 B. 若平面的法向量，，则点到平面的距离为 C. 若平面，的法向量分别为，，则两平面的夹角的余弦值为 D. 空间中三个点，，，则为钝角 10. ，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 设实数，若不等式对任意恒成立，那么的取值可能是（ ） A. B. C. D. 2 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若，则______________. 13. 已知函数在处取得极大值，则______________. 14. 将编号为1，2，3，4的四个小球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个小盒只能装一个小球，用表示编号与盒子编号相同的小球数，求的分布列． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知函数，. （1）求在点处切线方程； （2）比较与的大小，并说明理由. 16. 已知椭圆的离心率为，椭圆的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线与椭圆相交于，两点，且的面积为，求直线的方程. （注：椭圆的面积公式为） 17. 如图，四棱锥的底面为筝形，面，点为与的交点，且． （1）求证：平面平面； （2）已知为棱上的一点，若，求二面角的余弦值． （注：筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形） 18. 数列满足． （1）求证：数列是等比数列； （2）求数列的前项和． 19. 在平面直角坐标系内，为坐标原点，动点与定点距离与到定直线的距离之比为常数. （1）求动点的轨迹方程； （2）已知，，是动点的轨迹上的三点，且圆与直线，都相切，且 （ⅰ）求圆的半径； （ⅱ）试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期浙江“七彩阳光”新高考研究联盟期中联考 高二年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 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，只有一项是符合要求的. 1. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出、的值，即可求得双曲线的渐近线方程. 【详解】在双曲线中，，，因此，该双曲线的渐近线方程为. 故选：C. 2. 已知，是上半圆上的两点（不包括端点），那么与的大小关系为（ ） A. B. C. D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义及圆的切线的性质即可得解. 【详解】如图所示， 由导数的几何意义可知与分别表示在上半圆上两点，，作切线的切线斜率， 由半圆可知，当时，切线斜率，当时，切线斜率， 即， 故选：A. 3. 已知等比数列的前项积为，且，那么数列的公比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式及等比中项的推论可得解. 【详解】由已知数列为等比数列，设其公比为， 则， 即， 则， 所以， 解得， 又，所以， 则， 故选：B. 4. 若直线与直线平行，那么这两条直线之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两直线平行可得参数，进而确定平行线间距离. 【详解】有已知直线与直线平行， 则，即， 此时直线与直线，即满足平行， 则两直线间距离， 故选：D. 5. 如图是杭州地铁一号线的运行线路图的一部分，现有甲、乙、丙、丁4名游客乘坐湘湖至萧山国际机场方向的地铁一号线去西湖游玩，已知定安路站、龙翔桥站、凤起路站均可到达西湖景区，每名游客只在其中一个车站下车，且每个车站至少有一名游客下车，已知甲在定安路站下车，那么这4名游客下车的不同方案有（ ）种. A. 24 B. 20 C. 12 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先将除甲之外的名游客进行分组，再将分好的组全排列安排到剩下的个车站． 【详解】因为每个车站至少有一名游客下车，所以要将乙、丙、丁名游客分成组． 从名游客中选个人为一组，剩下个人为一组，则分组方法有种．  将分好的组全排列，安排到龙翔桥站和风起路站这个车站，则排列方法有种．  前面分组有种方法，排列有种方法，所以这名游客下车的不同方案有种． 又因为甲已经确定在定安路站下车，这是一种确定的情况，不需要参与组合排列计算，所以最终的方案数就是种（乘是因为甲在定安路站下车后，剩下人分组排列后可以看作是另外两个站的人员分配情况，而对于这两个站的顺序有种情况）．  这名游客下车的不同方案有12种． 故选：C． 6. 已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全概率公式列出方程求解即可． 【详解】， 解得， 故选：B． 7. 已知数列的通项公式为，则使数列的前项和满足的的（ ） A. 最小值为49 B. 最大值为49 C. 最小值为50 D. 最大值为50 【答案】C 【解析】 【分析】化简得到，求和得到，从而得到不等式，求出答案. 【详解】， 故 ， ，解得，解得， 所以的最小值为50. 故选：C 8. 在正方体中，，，在平面上存在一点，使得，则点的轨迹为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 【答案】D 【解析】 【分析】连接交于，连接，由题意点的轨迹是以为旋转轴的圆锥，可证明截面与圆锥的一条母线平行，可得结论. 【详解】连接交于，连接， 设正方体的棱长为，则， 由，，可得， 所以，所以， 因为，所以空间中的点的轨迹是以为旋转轴的圆锥， 圆锥在平面内的两条母线中， 其中母线与的延长线所成的角的正切值为， 所以，所以， 所以，所以， 又平面，平面，所以截面与圆锥的曲面的交线为抛物线， 所以点的轨迹为抛物线. 故选：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. 下列说法正确的有（ ） A. 若平面的法向量，，则点平面 B. 若平面的法向量，，则点到平面的距离为 C. 若平面，的法向量分别为，，则两平面的夹角的余弦值为 D. 空间中三个点，，，则为钝角 【答案】ABC 【解析】 【分析】结合空间向量的坐标运算以及空间的夹角以及距离公式，逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，由可得，又平面， 则平面，所以点平面，故A正确； 对于B，由点到面距离公式可得点到平面的距离为，故B正确； 对于C，设平面，的夹角为，则，故C正确； 对于D，因为，即， 则，故D错误； 故选：ABC 10. ，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二项式定理，利用赋值法可得解. 【详解】由已知二项式的展开式通项为， 令，可得，A选项正确； 由， 令，得，B选项正确； 根据二项式定理可知等于将展开后所有项的系数和， 将代入，可得，C选项错误； 设， 则令，可得 且， 令，可得； 则，D选项正确； 故选：ABD. 11. 设实数，若不等式对任意恒成立，那么的取值可能是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】CD 【解析】 【分析】由题意得对任意恒成立，设，则对任意恒成立，根据导数求得，由求解即可． 【详解】， 设，则对任意恒成立， ，设，则， 所以在单调递增，又，当时，， 所以存在使得，则， 当时，，则在单调递减， 当时，，则在单调递增， 所以 ，当且仅当时等号成立，解得， 故选：CD． 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若，则______________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据焦半径公式求解即可. 【详解】因为抛物线方程为，所以，由焦半径公式可知， ，得. 故答案为：2. 13. 已知函数在处取得极大值，则______________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据极值与极值点的定义可得解. 【详解】由， 得， 则， 解得或， 当时，，， 此时函数在，上单调递增，在上单调递减， 即函数在处取极小值，不成立； 当时，，， 此时函数，上单调递增，在上单调递减， 即函数在处取极大值，成立； 综上所述， 故答案为：. 14. 将编号为1，2，3，4的四个小球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个小盒只能装一个小球，用表示编号与盒子编号相同的小球数，求的分布列． 【答案】答案见解析 【解析】 【分析】由题可知可取0,1,2,4，分别求得对应概率即可求解分布列． 【详解】由题可知，可取0,1,2,4， ， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 4 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知函数，. （1）求在点处的切线方程； （2）比较与的大小，并说明理由. 【答案】（1） （2），理由见解析 【解析】 【分析】（1）先把代入函数得到切点纵坐标．再对求导，把代入导函数得到切线斜率．最后用点斜式求出切线方程． （2）先求的导数，根据导数正负判断单调性，找到最小值．因为大于，所以大于最小值，代入函数变形后就能证明不等式． 【小问1详解】 解：因为，所以 又因为，所以 所以切线方程为： 【小问2详解】 判断， 因为，所以在单调递减，在单调递增 所以恒成立，当且仅当时取到等号 所以，即，证毕. 16. 已知椭圆的离心率为，椭圆的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线与椭圆相交于，两点，且的面积为，求直线的方程. （注：椭圆的面积公式为） 【答案】（1） （2）和和和 【解析】 【分析】（1）根据椭圆面积及离心率列方程，解方程即可； （2）联立直线与椭圆，结合弦长公式与点到直线距离可得面积，即可得解. 【小问1详解】 因为椭圆面积，即， 离心率， 可解得，，， 所以椭圆的方程为：； 【小问2详解】 因为直线与椭圆相交于，两点， 所以可以联立方程，得 可得：，即 则 所以， 又因为原点到直线的距离， 所以， 计算可得或， 所以直线方程为和和和. 17. 如图，四棱锥的底面为筝形，面，点为与的交点，且． （1）求证：平面平面； （2）已知为棱上的一点，若，求二面角的余弦值． （注：筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形） 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由已知结合线面垂直的判定得出平面，再根据面面垂直的判定即可证明； （2）利用向量法，根据面面夹角的余弦公式求解即可． 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以， 又因为四边形为筝形，所以， 又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，垂直于平面向上方向为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 不妨设 则，，，，，， 因为，即，所以， 则，，， 设平面的法向量， 由，取，则， 设平面的法向量， 由，取，则， 所以二面角的余弦值为， ． 18. 数列满足． （1）求证：数列是等比数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）计算，根据等比数列的定义得证； （2）由（1）得，利用分组求和和错位相减法求和. 【小问1详解】 因为， 且，所以数列是等比数列． 【小问2详解】 由（1）得数列是等比数列，且公比， 所以，故． 所以． 故 , 令, , 两式相减得 , 所以, 即. 19. 在平面直角坐标系内，为坐标原点，动点与定点的距离与到定直线的距离之比为常数. （1）求动点的轨迹方程； （2）已知，，是动点的轨迹上的三点，且圆与直线，都相切，且 （ⅰ）求圆的半径； （ⅱ）试问否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）为定值 【解析】 【分析】（1）设点坐标，利用直接法列方程，化简即可； （2）（i）设点坐标及圆方程，结合圆与直线，都相切，且，可得解；（ii）设点坐标，结合两点在椭圆上，且化简可得解. 小问1详解】 设点， 则点到直线的距离，且， 则， 化简可得， 即点的轨迹方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）设点，圆的方程为， 因为在动点的轨迹上，所以点满足①， 设过原点且圆相切的直线为， 所以，化简可得 ②， 因为圆与直线，都相切，所以，满足②式， 所以③， 由①可知代入③式可得，即， 所以圆的半径为； （ⅱ）设，， 因为，两点在动点的轨迹上， 所以，即， 因为， 代入可得，即， 所以 所以为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$