云南玉溪市峨山彝族自治县第一中学2025-2026学年高二下学期开学考试数学试卷

**基本信息** 聚焦高二数学核心知识，通过数列周期、椭圆离心率、立体几何线面角等基础题，结合共享汽车评分统计、圆锥截面探究等综合题，考查数学抽象、逻辑推理与数据分析素养，适配开学学情检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|数列周期、椭圆离心率、空间向量垂直|基础概念与运算结合，如第5题篮球比赛概率计算| |多选|3/18|抛物线焦点弦、双纽线性质|多选项分层考查，如第11题结合伯努利双纽线定义| |填空|3/15|直线方程、数列裂项求和|中档题衔接，如第13题通过递推关系求前n项和| |解答|5/77|统计案例分析、圆锥截面与椭圆|综合应用突出，如17题共享汽车评分线性回归与独立性检验，18题关联阿波罗尼奥斯圆锥曲线研究|

云南省峨山县第一中学2025-2026学年下学期开学考试 高二 数学 (考试时间：120分钟；满分150分) 注意事项: 1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上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。 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.数列中，，，则的值为（） A. B. C.5 D. 2.已知是椭圆的两个焦点，过且与椭圆长轴垂直的直线交椭圆于两点，若是正三角形，则这个椭圆的离心率是（） A. B. C. D. 3.已知直线，则与的距离为（） A.1 B.2 C. D. 4.已知空间向量，若，则（） A. B.3 C. D.2 5.上师大附中闵分-宝分高二年级进行篮球比赛，甲、乙、丙、丁四个班级进入半决赛.规定首先甲与乙比、丙与丁比，这两场比赛的胜利者再争夺冠军.通过小组赛获奖统计估计出他们之间相互获胜的概率如下：则甲夺冠的概率为（ ） A.0.15 B.0.162 C.0.3 D.0.25 6.已知双曲线的两个焦点分别为、，点到其中一条渐近线的距离为，点是双曲线上一点，且，则（） A. B. C. D. 7.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a．点E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F．则PB与平面EFD所成角为（ ） A.30° B.45° C.60° D.90° 8.有5张相同的卡片，分别标有数字，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为”，则（） A.与为对立事件 B.与为相互独立事件 C.与为相互独立事件 D.与为互斥事件 二、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.过抛物线的焦点的直线交抛物线于点，交其准线于点在线段上，若，且为原点则下列说法正确的是（） A. B.以为直径的圆与准线相切 C.直线斜率为 D. 10.下列说法命题正确的是（ ） A.已知，则在上的投影向量为 B.若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C.已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则 D.若向量（是不共面的向量）则称在基底下的坐标为，若在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 11.2022年卡塔尔世界杯赛徽近似“伯努利双纽线”.伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布伯努利用来描述他所发现的曲线.定义在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于定值的点的轨迹称为双纽线，已知点是双纽线上一点，下列关于双纽线的说法正确的是（） A.的最大值为 B.双纽线是中心对称图形 C. D.到距离之和的最小值为2c 三、填空题（每题5分，共15分） 12.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为求直线的方程为          用斜截式表示 13.已知数列的前项和为，．设，数列的前项和为，则         ． 14.已知为椭圆的上顶点，点、的坐标分别为和，点、分别是椭圆位于第一、三象限上的两点，且，直线和的斜率之差为，，则椭圆的离心率为           . 四、解答题（本题共5个大题，共77分） 15.（13分） 已知非零数列满足：，． (1) 求证：是等差数列； (2) 求数列的前项和. 16.（15分） 如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面. （1）证明：平面； （2）若为钝角，且二面角的大小为，求. 17.（15分） 共享汽车，是指许多人合用一辆车，即开车人对车辆只有使用权，而没有所有权，有点类似于在租车行业里的短时间的租车．它手续简便，打个电话或通过网上就可以预约订车．某市为了了解不同年龄的人对共享汽车的使用体验，随机选取了100名使用共享汽车的体验者，让他们根据体验效果进行评分． （1）设消费者的年龄为x，对共享汽车的体验评分为y．若根据统计数据，用最小二乘法得到y关于x的线性回归方程为，且年龄x的方差为，评分y的方差为 ．求y与x的相关系数r，并据此判断对共享汽车使用体验的评分与年龄的相关性强弱（当时，认为相关性强，否则认为相关性弱）． （2）现将100名消费者的年龄划分为“青年”和“中老年”，评分划分为“好评”和“差评”，整理得到如下数据，请将列联表补充完整并判断是否有99.9%的把握认为对共享汽车的评价与年龄有关． 好评 差评 合计 青年 16 中老年 12 合计 44 100 附：回归直线的斜率. 相关系数. 独立性检验中的，其中． 临界值表： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 18.（17分） 2000多年前，古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的截口曲线是圆；当圆锥的轴与截面所成的角不同时，还可以截得截口曲线为椭圆、双曲线、抛物线；数学家GerminalDandelin用双球模型进行了证明，并得出如下结论：当圆锥轴截面的顶角为，截面与圆锥的轴所成角为时，则截口曲线的离心率，当截面为椭圆且垂直于轴截面时，截面与轴截面相交所得线段为长轴.（轴截面是过圆锥的轴的平面与圆锥截得的等腰三角形）已知母线长为6的圆锥，轴截面为等边三角形，. （1）当过的截面截圆锥得到截口曲线是圆时，求圆锥的底面与截面圆之间的部分的体积； （2）过的平面截圆锥得到一个椭圆，截面与交于点，与交于点，为椭圆上一点，与垂直且与圆锥底面平行，. ①判断是否为椭圆的长轴，并说明理由； ②判断是否为椭圆的焦点，并说明理由. 19.（17分） 在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线、关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比. （1）已知的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”所得曲线的方程； （2）射线的方程，如果双曲线经“伸缩变换”后得到双曲线，若射线与双曲线、分别交于两点、，且，求双曲线的方程； （3）对抛物线，作变换，得抛物线；对作变换得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得，若，，求数列的通项公式. 高二 数学答案 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.A【解析】由,,得; 由,得; 由,得; 故数列的周期为3. 由,得. 故选:A. 2.A【解析】 由椭圆定义,. 因为是正三角形,为中点, 故且,得. 代入椭圆定义得, 故. 由椭圆性质，过且垂直长轴的弦长之半为, 即, 所以,得. 由,代入得, 即, 故. 故选:A. 3.C【解析】由直线得斜率为1,由直线得斜率为1, 故两直线平行; 取,,,,由平行线间距离公式得. 故选:C. 4.A【解析】由,得. 因为, 所以. 由得. 故选:A. 5.B【解析】甲班要成为冠军，必须先在与乙班的比赛中取胜，对应的概率是.此后，甲班需要在下一阶段战胜丙丁两班对决中的胜出者.已知丙战胜丁的概率为,丁战胜丙的概率为.甲面对丙时的胜率是,面对丁时的胜率是.由此可得，甲班最终夺冠的概率计算为:. 6.D【解析】 由双曲线的焦点为, 渐近线方程为,得到渐近线的距离为. 设,,由双曲线定义得. 由余弦定理得, 即. 代入得, 故. 故选:D. 7.D【解析】设点为坐标原点，建立空间直角坐标系，使得、、分别为、、轴方向. 由此可得各点坐标: 点,点,点. 计算向量. 由于点是线段的中点，因此点的坐标为, 于是. 计算, 因此,即. 又已知,且与相交于点, 所以垂直于由和所确定的平面. 由此可得,与平面所成角为. 8.B【解析】考虑事件和的关系，两次取卡片的总情况数为.列出满足的情况有,共5种，因此.满足的情况有,共4种，因此.由于和没有共同的基本事件，它们互斥;但它们的概率和不等于1,因此不对立,A错误. 考虑事件和的独立性.事件表示第一次取出的卡片为2,共有5种可能结果，因此.事件表示第一次为2且两次之和为6,对应的基本事件为,仅1种，因此.又因为,所以,说明与相互独立,B正确. 考虑事件和的独立性.事件表示第一次取出的卡片为奇数，即1、3、5中的一种，因此.事件表示第一次为奇数且两次之和为7,对应的基本事件为,共2种，因此.而,与不相等，说明与不独立,C错误. 考虑事件和是否互斥.由上可知，存在基本事件和,它们同时满足和,说明两者可以同时发生，因此不互斥,D错误. 二、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.ABD【解析】设抛物线的准线为,过分别作准线的垂线，垂足为. 对于选项A: 由抛物线定义,,. 因, 故,在中,,又, 故. 在中,,得. 由,知为中点, 故焦点到准线的距离,A正确. 对于选项B: 由,,得. 因,且, 故,. 以为直径的圆的半径, 直角梯形的中位线长度为, 即圆心到准线的距离等于半径，圆与准线相切,B正确. 对于选项C: 由,得直线的倾斜角为或, 故斜率为或,C错误. 对于选项D:与同高（点到直线的距离）, 故,D正确. 故选:ABD. 10.ACD【解析】对于选项A: 由投影向量公式,在上的投影向量为,,, 故投影向量为,正确. 对于选项B:,得, 故或,错误. 对于选项C: 由空间向量共面定理,中系数满足, 故,正确. 对于选项D: 设在基底下的坐标为, 由, 得,由向量相等得, 解得, 故坐标为,正确. 故选:ACD. 11.BCD【解析】对于选项B: 由双纽线定义得轨迹方程为, 将换为、换为,方程不变, 故双纽线关于原点中心对称,B正确. 对于选项C: 设,的面积,且, 由在双纽线上得, 故, 即, 因为, 所以,C正确. 对于选项D: 由基本不等式得,结合,得,当且仅当时等号成立, 故最小值为,D正确. 对于选项A: 当不与重合时,,平方得, 在中，由余弦定理得, 即, 代入的表达式，结合,得, 故,最大值为,A错误. 故选:CD. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 【解析】设，由中点坐标公式得. 由点在所在直线上，点在所在直线上，列方程组. 解得，即. 因为是边上的高，所以. 由，得. 由点斜式得直线的方程为，整理得. 联立直线与的方程，得方程组，解得. 计算直线的斜率得. 由点斜式得直线的方程为，整理得. 13. 【解析】由，得，当时，. 两式相减得. 整理得. 两边同除以2得. 当时，代入，结合得. 解得，则. 由此可得数列是以1为首项，为公比的等比数列. 故. 两边同乘得. 从而数列是以为首项，1为公差的等差数列. 所以. 即. 将替换为得. 代入得. 化简得. 裂项分解得. 数列的前项和. 代入裂项式得. 消去中间抵消项得. 14. 【解析】设椭圆（）的上顶点坐标为. 已知，，其中，点、分别位于椭圆第一、三象限且. 由椭圆的对称性可得与关于原点对称. 令，则，直线的斜率. 直线的斜率. 由条件，代入得. 化简得，从而. 已知，由两直线夹角公式得. 将及代入，得. 即，结合，有. 因为，其绝对值等于6. 分两种情况讨论. 若，则. 若，则. 点在椭圆上，满足. 将代入得. 当时，，解得，矛盾，舍去. 当时，，解得，即. 椭圆离心率. 四、解答题（本题共5个大题，共77分） 15.(1)证明：由且,得; 由,得. 故是首项为1、公差为2的等差数列. (2)解：由(1)得, 故. 由,得. 由前项和定义，得, 故. 16.解：（1）在平面内任取一点，过作交于，过作交于. 平面平面，且平面平面，平面，，从而平面. 平面，故. 同理，由平面平面，，可得平面，进而. ，平面，因此平面. （2）法一：过作，垂足为；过作，垂足为，连接. 由（1）知平面，平面，所以. 又，，平面，故平面. ，为在平面内的射影，由三垂线定理得，从而是二面角的平面角，即. 设，（为钝角）. 在中，，. 于是. 因为，为等腰直角三角形，所以. 在中，. 由得为等腰直角三角形，，即. 整理得. 结合，消去可得. 解得或（舍去，因为为钝角）. 故. 法二：以为坐标原点，所在直线为轴，过垂直于且在平面内的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 设，（为钝角）. 则，，，. 平面的一个法向量可取为. ，. 设平面的法向量为，由且得. 令，则，，即. 二面角的大小为，故. 两边平方并整理得. 将代入，得. 解得或（舍去）. 故. 17.解：（1）由，得，化简得. 由，得，化简得. 已知回归直线斜率，结合，可得. 将上述结果代入相关系数公式，得. 因为，故对共享汽车使用体验的评分与年龄的相关性很强. （2）补全后的列联表如下： 好评 差评 合计 青年 16 32 48 中老年 40 12 52 合计 56 44 100 将列联表数据代入独立性检验公式，其中，，，，， 得. 计算得. 因为，故有99.9%的把握认为对共享汽车的评价与年龄有关. 18.解：（1）圆锥的母线长为，轴截面为等边三角形，得底面圆半径，高. 圆锥体积. 由，当截面截得圆时，截面圆半径，对应小圆锥高. 小圆锥体积. 从而圆锥底面与截面圆之间部分的体积. （2）①连接并延长交底面于. 因为且与底面平行，平面，平面底面，所以. 由得. 又，，故平面. 由于平面，所以平面平面，即截面垂直于轴截面. 根据已知结论，当截面为椭圆且垂直于轴截面时，截面与轴截面相交所得线段为长轴，因此是椭圆的长轴. ②在中，，得. 所以. 圆锥轴截面顶角为，即. 截面与圆锥轴所成角为，在中，，，. 由余弦定理，. 所以. 此时，，满足，即，且，故. 椭圆离心率. 由①，为长轴，，即，. 结合，得. 点在上，距离椭圆右顶点较近，设椭圆右焦点为，则. 而，，两者不相等，因此点不是椭圆的焦点. 19.解：（1）由伸缩变换定义，将的方程中的替换为，得. 整理得，即. 故的方程为. 设伸缩比为（），对作变换，得，即. （2）联立（）与，解方程组 代入得，即，所以. 由，取，则，即点坐标为. 联立与，解方程组 代入得，即，所以. 由，取，则，即点坐标为. 由两点距离公式，. 化简得. 已知，所以（），即. 当时，，解得. 当时，，解得. 将代入方程，得，即. 将代入，得，整理得. 因此双曲线的方程为或. （3）对作变换，代入方程得，即. 整理得，此即. 比较系数得，所以，即. 已知，所以，从而. 由递推关系，. 累乘得. 因为，所以. 又，故. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $