精品解析：安徽省马鞍山市第二中学2024-2025学年高二下学期2月练习（开学考）数学试题

马鞍山市第二中学2023级高二年级2月练习 数学试题 命题：刘向兵 审题：郭玲玲 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. 已知等差数列中，，则数列的公差（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知及等差数列通项公式列方程求公差即可. 【详解】由已知，得，解得. 故选：A 2. 若直线是圆的一条对称轴，则圆心坐标为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先得到圆心坐标，即可得到圆心在直线上，从而求出参数的值. 【详解】圆的圆心为， 因为直线是圆的一条对称轴， 所以圆心在直线上， 所以，解得， 故圆心坐标为. 故选：A. 3. 已知是空间的一个单位正交基底，，则空间向量在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的投影向量公式计算即可. 【详解】因为是空间的一个单位正交基底， 所以，， 则， ， 所以空间向量在方向上的投影向量为， 故选：D 4. 一条渐近线方程为，且经过点的双曲线的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意双曲线的方程为，将点代入计算可得. 【详解】由题意设双曲线的方程为， 将点代入双曲线方程得， 所以双曲线的方程为，即. 故选：A. 5. 现有一段底面周长为厘米和高为12厘米的圆柱形水管，是圆柱的母线，两只蜗牛分别在水管内壁爬行，一只从点沿上底部圆弧顺时针方向爬行厘米后再向下爬行3厘米到达点，另一只从沿下底部圆弧逆时针方向爬行厘米后再向上爬行3厘米爬行到达点，则此时线段长（单位：厘米）为（ ） A. B. C. 6 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件建系结合弧长得出角及点的坐标，最后应用空间向量两点间距离计算. 【详解】应用圆柱的特征取上下底面的圆心为轴，再过作的垂线为轴，如图建系， 过向圆作垂线垂足为，，设圆半径为，所以， 所以圆弧的长度为：，， 则， 同理，过向圆O作垂线垂足为，则， 所以. 故选：A. 6. 将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知，每一次操作之后面积是上一次面积的，按照等比数列即可求得结果. 【详解】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的， 所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的， 由此可得，第次操作之后所得图形的面积是， 即经过4次操作之后所得图形的面积是. 故选：A 7. 已知点P在以，为左、右焦点的椭圆上，椭圆内存在一点Q在的延长线上，且满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，可得点Q在以为直径，原点为圆心的圆上，即可求出的不等关系，再由当Q点与重合时，得出，再根据点Q在的延长线上，即可得解. 【详解】 由题设为锐角且， 设，则且， 故， 因为在椭圆内部且在的延长线上，故且， 故， 而， 整理得到：， 故，故， 综上可得：. 故选：B. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 8. 是圆上两点，，若在圆上存在点恰为线段的中点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由得弦中点P到圆心的距离，则点在以为圆心，1为半径的圆上，又在圆上存在点，则可转化为两圆有公共点问题求解即可. 【详解】圆，圆心，半径， 圆，圆心，半径， 由是弦的中点，且，则， 所以， 故点在以为圆心， 以为半径的圆上. 又在圆上存在点恰为线段的中点，， 则两圆有公共点，可得， 即，解得或. 则实数的取值范围为， 故选：A. 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. 下列正方体中，为其顶点、棱中点或面中心，则在其中满足平面的有：（ ）. A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面平行的判断定理：直线平行于平面内的一条直线，则线面平行.即可判断选项正确. 【详解】 对于选项A，分别连接,易证四边形为平行四边形，即证，故A正确； 对于选项B，因为,平移使得平移至点，此时为原中点，不在平面内，故B错误； 对于选项C，如图所示建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，可得： ， ， 即证平面，故C正确； 对于选项D，如图所示，作出过的与正方体下底面平行的截面的另一条对角线交于， 连接，易证四边形为平行四边形，可知平面，D正确. 故选：ACD. 10. 对于直线与圆，下列说法正确的是（ ） A. 过定点 B. 的半径为9 C. 与可能相切 D. 被截得的弦长最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据含参直线方程求定点坐标判断项；根据圆的一般方程与标准方程的互化判断项；根据直线所过定点在圆内，知直线与圆必相交判断项；当直线与过定点和圆心的直线垂直时，被截得的弦长最小，从而计算弦长最小值可判断项. 【详解】对于，可变形为， 由得所以直线过定点，故正确； 对于，圆，化为标准方程为，所以圆的半径为，故错误； 对于，因为，所以点在圆内部，所以直线与不可能相切，故错误； 对于，设直线所过定点为，则当直线时，直线被截得的弦长最小. 因为圆心，所以，所以直线的斜率，解得， 此时直线. 因为圆心到直线的距离，所以弦长，故正确. 故选：. 11. 已知抛物C：的焦点为F，直线l与C交于点A，B（A在第一象限），以AB为直径的圆E与C的准线相切于点D．若，则（ ） A. A，B，F三点共线 B. l的斜率为 C. D. 圆E的半径是6 【答案】AC 【解析】 【分析】根据直线与抛物线的关系，结合几何关系，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对A：连接，过点分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为，如下所示： 因为，又，故， 故三点共线，A正确； 对B：因为，，故，又， 故，又//轴，故直线的倾斜角为，则直线的斜率为，故B错误； 对C：根据B所求，可得直线方程为，联立抛物线方程可得： ，解得或，故两点的坐标为， 则，故，C正确； 对D：由C知，，故圆的半径为，D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，，若，，共面，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量共面定理得到存在使得，从而得到方程组，求出答案. 【详解】由题意得，存在使得，即， 故，解得. 故答案为： 13. 设直线，若，则实数___________. 【答案】##-0.5 【解析】 【分析】由两直线垂直的充要条件求解即可. 【详解】直线， 若，则，所以， 故答案为： 14. 在空间直角坐标系中，已知向量，点，点．（1）若直线l经过点，且以为方向向量，P是直线l上的任意一点，求证：；（2）若平面经过点，且以为法向量，P是平面内的任意点，求证：．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线l是平面与的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定平面的法向量，再通过两个平面的法向量求出交线的方向向量，最后利用直线与平面所成角的公式计算出结果. 【详解】平面的方程为，平面的一个法向量， 同理，可得平面的一个法向量， 平面的一个法向量， 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，取，则 设直线l与平面所成角为，则. 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. 记为数列的前项和，已知. （1）求，并证明是等差数列； （2）求. 【答案】（1） 已知， 当时，； 当时，，所以. 因为①，所以②. ②-①得，，整理得， 所以（常数），， 所以是首项为6，公差为4的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）直接代入可得，再代入，结合的值求出；再由仿写出，作差后得到，即可证明结果. （2）由（1）知数列为等差数列，然后代入等差数列的前项和公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，. 所以 . 16. 如图，椭圆（a>b>0）的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A、B两点.当直线AB经过椭圆的一个顶点时，其倾斜角恰为60°. （1）求该椭圆的离心率； （2）设线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴、y轴分别交于D、E两点.记△GDF的面积为，△OED（O坐标原点）的面积为.求的取值范围. 【答案】（1）（2） 【解析】 【详解】（1）依题意，当直线AB经过椭圆的顶点（0，b）时，其倾斜角为60°.设，则.将代入，得.所以椭圆的离心率. （2）由（1）知，椭圆方程可设为，设，.依题意，直线AB不能与x、y轴垂直，故设直线AB的方程为，将其代入，整理得. 则. 所以. 因为，所以. 因为， 所以. 所以的取值范围是. 17. 如图，四棱锥中，底面，，平面，． （1）证明：； （2）若点B到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为底面，，平面， 所以， 因为，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以， 所以． （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面，结合线面平行性质定理可得，可得结论； （2）方法1：过点B作，可知平面，点B到平面的距离即为，建立空间直角坐标系，再求出两平面的法向量，可求出其夹角的余弦值； 方法2：建立空间直角坐标系，设，根据点到平面距离的向量公式可解得，求出两平面的法向量，即可求出其夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，，两两垂直， 以A为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示坐标系． 方法1： 过点B作，交于点M， 因为底面，平面，所以， 因为，所以平面， 又点B到平面的距离为1，所以， 在中，由可得； 设，则，即，解得； 因此为的中点，，所以． 可得，，，，， 所以，． 设是平面的法向量，则，， 即，取，则，， 所以是平面的一个法向量． 因为平面，所以是平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 方法2： ，，设，则 易知， 设平面的法向量为， 所以，解得，令，则； 可求得平面的法向量为，则，得． 因此，，，又，， 所以，． 设是平面的法向量，则，， 即，取，则，， 所以是平面的一个法向量． 因为平面，所以是平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知点在抛物线的准线上，且抛物线的焦点为F． （1）求的面积； （2）设过点的直线l与抛物线C相交于两点，O为坐标原点． ①证明：为定值； ②在x轴上是否存在点H，使得x轴平分?若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） ①显然直线不垂直y轴，则设直线的方程为，，. 将直线方程代入抛物线方程得， 即. 显然， 根据韦达定理，，. 又，，则. 把代入得，所以为定值.    ②存在点使得轴平分， 假设存在点使得轴平分，根据抛物线对称性知道，. 因为，，所以. 即. 把，代入上式得. 整理得. 由，， 代入得，即. 解得. 故存在点使得轴平分. AI 【解析】 【分析】（1）先根据抛物线准线方程求出的值，进而得到焦点坐标，再根据三角形面积公式求解的面积. （2）①设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理求出的值. ②假设存在点，根据角平分线的性质得到等式，再结合韦达定理求出点的坐标. 【小问1详解】 因为抛物线的准线方程为， 已知点在准线上，所以，解得. 则抛物线方程为，焦点的坐标为. 那么中，，点到轴的距离为， 根据三角形面积公式所以. 【小问2详解】 ①略 ②略 【点睛】思路点睛：本题第二问是考查圆锥曲线中的定值问题.第二问都需要直曲联立，借助韦达定理计算，最后一问将定点问题转化为斜率之和问题，运用角平分线的斜率性质，借助韦达定理计算即可. 19. 已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”. （1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； （2）若为的“伴随数列”，证明：； （3）已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值. 【答案】（1）存在，“伴随数列”是15,13,11,10 （2）证明：因为数列存在“伴随数列”， 所以，且， 所以， 所以，即， 所以. （3）的最大值为 【解析】 【分析】（1）根据定义求出即可； （2）证明即可得出； （3）首先证明的伴随数列是存在的，最小的，然后确定得到范围，求得到最大值，由（2）知，利用累加法可得，得出，从而，（是整数）又由知是的正约数，这样得出得到最大值为，构造数列，，它存在伴随数列，从而得证. 【小问1详解】 ，, ,，均为正整数， 所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ①因为，，其中， 当时，，，有，均为正整数， 即当时，数列1,2025存在“伴随数列”：， 因此的最小值为2； ②一方面，由（2）知，， 于是， 所以， 另一方面，由数列存在“伴随数列”，知， 所以是的正约数， 取， 即取， 综合上述为最大值，取，， 当时， ，符合条件， 当，，符合条件 因此的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键是理解新定义， 新定义求解，在求的最大值时，注意数列与不等式的综合应用，解题时分两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列存在，至少是可以的，另一方面，确定得到最大值，利用累加法估计出得到范围，再由伴随数列的性质得出满足的性质，由这两个确定出得到最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的项数是，且存在伴随数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 马鞍山市第二中学2023级高二年级2月练习 数学试题 命题：刘向兵 审题：郭玲玲 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. 已知等差数列中，，则数列的公差（ ） A. 1 B. C. D. 2 2. 若直线是圆的一条对称轴，则圆心坐标为（    ） A. B. C. D. 3. 已知是空间的一个单位正交基底，，则空间向量在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 一条渐近线方程为，且经过点的双曲线的标准方程是（ ） A. B. C. D. 5. 现有一段底面周长为厘米和高为12厘米的圆柱形水管，是圆柱的母线，两只蜗牛分别在水管内壁爬行，一只从点沿上底部圆弧顺时针方向爬行厘米后再向下爬行3厘米到达点，另一只从沿下底部圆弧逆时针方向爬行厘米后再向上爬行3厘米爬行到达点，则此时线段长（单位：厘米）为（ ） A. B. C. 6 D. 12 6. 将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（ ） A. B. C. D. 7. 已知点P在以，为左、右焦点的椭圆上，椭圆内存在一点Q在的延长线上，且满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 是圆上两点，，若在圆上存在点恰为线段的中点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. 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. 下列正方体中，为其顶点、棱中点或面中心，则在其中满足平面的有：（ ）. A. B. C. D. 10. 对于直线与圆，下列说法正确的是（ ） A. 过定点 B. 的半径为9 C. 与可能相切 D. 被截得的弦长最小值为 11. 已知抛物C：的焦点为F，直线l与C交于点A，B（A在第一象限），以AB为直径的圆E与C的准线相切于点D．若，则（ ） A. A，B，F三点共线 B. l的斜率为 C. D. 圆E的半径是6 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，，若，，共面，则______． 13. 设直线，若，则实数___________. 14. 在空间直角坐标系中，已知向量，点，点．（1）若直线l经过点，且以为方向向量，P是直线l上的任意一点，求证：；（2）若平面经过点，且以为法向量，P是平面内的任意点，求证：．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线l是平面与的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为_____________． 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. 记为数列的前项和，已知. （1）求，并证明是等差数列； （2）求. 16. 如图，椭圆（a>b>0）的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A、B两点.当直线AB经过椭圆的一个顶点时，其倾斜角恰为60°. （1）求该椭圆的离心率； （2）设线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴、y轴分别交于D、E两点.记△GDF的面积为，△OED（O坐标原点）的面积为.求的取值范围. 17. 如图，四棱锥中，底面，，平面，． （1）证明：； （2）若点B到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知点在抛物线的准线上，且抛物线的焦点为F． （1）求的面积； （2）设过点的直线l与抛物线C相交于两点，O为坐标原点． ①证明：为定值； ②在x轴上是否存在点H，使得x轴平分?若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”. （1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； （2）若为的“伴随数列”，证明：； （3）已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $