精品解析：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

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（ ） 甲 乙 丙 丁 甲 0.3 0.3 0.7 乙 0.7 0.6 0.3 丙 0.7 0.4 0.4 丁 0.3 0.7 0.6 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. 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，点 是侧棱的中点，又作交于点 ．则与平面所成角为（ ） A. B. C. D. 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. 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. 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. 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. 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Germinal Dandelin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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据数列的周期性计算得出即可求解. 【详解】数列中，因为，所以， 数列周期为3， 则. 故选：A. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】由正三角形特点用 表示，结合椭圆的定义，即可求得离心率. 【详解】是正三角形，， . 故选：. 【点睛】本题考查椭圆离心率的求解问题，涉及到椭圆的椭圆的定义；关键是能够利用正三角形的特点求出. 3. 已知直线，则与的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行线间的距离公式求解即可. 【详解】由题意得，与的距离， 故选：C 4. 已知空间向量，若，则（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量运算的坐标表示进行计算即可. 【详解】由题意可得，因为，所以，解得. 故选：A. 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（ ） 甲 乙 丙 丁 甲 0.3 0.3 0.7 乙 0.7 0.6 0.3 丙 0.7 0.4 0.4 丁 0.3 0.7 0.6 A. 0.15 B. 0.162 C. 0.3 D. 0.25 【答案】B 【解析】 【分析】分丙、丁的输赢情况，结合独立事件的乘法公式与全概率公式即可得解. 【详解】设为甲赢乙的概率，为甲赢丙的概率，为甲赢丁的概率， 分别为丙赢丁和丁赢丙的概率，为甲夺冠的概率， 则. 故选：B. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式可得出，利用双曲线的定义、余弦定理可求得的值. 【详解】易知点，双曲线的渐近线方程为，即， 所以，焦点到渐近线的距离为， 设，，由双曲线的定义可得， 由余弦定理可得， 即，所以，. 故选：D. 7. 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，点是侧棱的中点，又作交于点．则与平面所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，证明，结合已知可证明⊥平面即可； 【详解】以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 依题意得， 所以，， 所以． 所以，又， 且，平面， 所以平面． 所以与平面所成角为. 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据对立事件和互斥事件的定义即可判断AD；根据相互独立事件的定义结合古典概型公式进行计算，即可判断BC. 【详解】由题意，与互斥但不对立，故A错； 事件有共种，则， 事件有共种，则， 其中事件有共种，事件有共种， ， 则，所以与相互独立，故B对； ，所以与不独立，故C错； 因为与可同时发生，所以与不互斥，故D错. 故选：B. 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. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意作图，利用抛物线的定义，结合直角三角形的性质以及圆与直线的位置关系，可得答案. 【详解】由题意，不妨设在第一象限，分别过作垂直于准线，垂足分别为，作图如下： 对于A，由图可知，， 在中，由，则， 易知，在中，， 由，则为线段的中点，即在中，， 所以，故A正确； 对于B，由A易知，由，则， 即，所以以为直径的圆的半径， 在直角梯形中，中位线的长度为， 则以为直径的圆的圆心到准线的距离，故B正确； 对于C，由A可得，则直线的倾斜角为，即斜率为， 当在第四象限时，同理可得斜率为，故C错误； 对于D，，故D正确； 故选：ABD. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用投影向量的定义及向量运算的坐标表示求投影向量判断A；由向量垂直的坐标表示判断B；根据空间向量共面的推论判断C；应用空间向量的基本定理求在基底下的坐标判断D. 【详解】A：由题设在上的投影向量为，对； B：由，则或，错； C：点 为平面上的一点，且， 根据空间向量共面的推论知：，则，对； D：令在基底下的坐标为， 由题意， 所以，可得，即在基底下的坐标为，对； 故选：ACD 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】B选项，求出双纽线的轨迹方程为，将 换成，把换成，方程不变，故B正确；C选项，由三角形面积公式得到，得到；D选项，由基本不等式得到D正确；A选项，当不重合时，，两边平方后，结合余弦定理得到，求出. 【详解】B选项，由题意得双纽线的轨迹方程为， 将 换成，把换成得， 即，故双纽线关于原点中心对称，B正确； C选项，，其中， 又在双纽线上，故， 故，所以， 当且仅当时，等号成立，所以，C正确； D选项，，当且仅当时，等号成立， 故D正确； A选项，当重合时，， 当不重合时，， 两边平方得， 在中，由余弦定理得①， 即②， 式子①②联立得，， 当 落在 轴上（除原点）时，等号成立， 故，的最大值为，A错误. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：研究动点轨迹的性质时，若需研究其对称性，一般要写出轨迹方程， 换成，或换成，或两者一起交换，进行推导，其他性质常常用到一些工具，比如平面向量，正余弦定理，基本不等式等知识 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 【答案】  【解析】 【分析】设出点坐标，求出的坐标，把点的坐标代入直线方程为，把点的坐标代入，联立求出的坐标，然后求解 的坐标，然后可得直线的方程． 【详解】设，则， 把的坐标代入直线方程为，把点的坐标代入， 可得：，解得，故点， 又边上的高所在直线方程为，,， 则直线为，即． 联立，可得，故直线斜率为， 则直线的方程为：，即． 故答案为：． 13. 已知数列的前项和为，．设，数列的前项和为，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据与之间的关系可知数列是以1为首项，为公比的等比数列，可得数列是以首项为，公差为1的等差数列，即可得，利用裂项相消法运算求解. 【详解】因为，， 当时，则，两式相减得， 即，可得， 当时，，则，即， 可知数列是以1为首项，为公比的等比数列， 则，可得， 可知数列是以首项为，公差为1的等差数列， 则，即， 可得， 所以． 故答案为：. 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___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题得到 、关于原点对称，设出P、两点坐标，再由和的斜率之差和夹角条件求出P点坐标，再将P点坐标代入椭圆方程，即可求解离心率. 【详解】因为为椭圆的上顶点，所以设 . 又因为点、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，所以根据椭圆的对称性得到 、关于原点对称. 所以设 ，，所以直线和的斜率分别为 ，； 由直线和的斜率之差为，得，得； 因为，由，即，得到， 因为在椭圆上，所以，即，得到， 椭圆的离心率  因此，椭圆的离心率为. 故答案为：. 四、解答题（本题共5个大题，共77分） 15. 已知非零数列满足：，． （1）求证：是等差数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题设有，且，即可证结论； （2）由（1）得即可求，再应用裂项相消求和即可. 【小问1详解】 由题设，不为0， 则，且， 所以是首项为1、公差为2的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知：，所以， 所以， 数列的前n项和为 ， 所以. 16. 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. 【答案】（1）证明如下： 如图，在平面ABC内取点O，过O作于M，过O作于N， 平面平面ABC，平面平面，平面ABC， 平面PAC，又平面PAC，，同理可证， 又，平面ABC， 平面ABC； （2） 【解析】 【分析】（1）如图，根据面面垂直的性质可得平面PAC，利用线面垂直的性质可得、，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）法一：如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得平面PAC，得，设，，则，根据建立方程，解之即可求解. 法二：建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，结合三角恒等变换的化简计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：如图，过点B作于点H，过H作于点Q，连接BQ， 平面ABC，平面ABC，， 又，平面PAC， 平面PAC，则为二面角的平面角，即 设，， 则，， 所以，又，所以， 所以，由得， 整理得，又，解得或（舍去）， 综上. 法二：如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设，， 则，，，， 易知平面PAC的法向量为， 设面PAB的法向量为， 则， ， 则， 整理得，由， 得，解得或（舍）， 综上，. 17. 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 【答案】（1）；对共享汽车使用体验的评分与年龄的相关性很强. （2）有99.9%的把握认为对共享汽车的评价与年龄有关. 【解析】 【分析】（1）根据方差公式求出、，结合求出，再根据相关系数公式求出相关系数，可得结果； （2）求出，结合临界值表可得结果. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以相关系数， 因为，所以可以判断对共享汽车使用体验的评分与年龄的相关性很强. 【小问2详解】 根据题意可得列联表如下： 好评 差评 合计 青年 16 32 48 中老年 40 12 52 合计 56 44 100 因为， 所以有99.9%的把握认为对共享汽车的评价与年龄有关. 18. 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Germinal Dandelin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. 【答案】（1） （2）①是椭圆的长轴；②不是椭圆的焦点； 【解析】 【分析】（1）依题意求得圆锥的体积以及上半部分小圆锥的体积，相减可求得结果； （2）①利用线面垂直性质以及面面垂直判定定理可证明截面与轴截面垂直，可得结论； ②根据三角形形似以及余弦定理计算可得，再根据右顶点到右焦点的距离即可判断不是椭圆的焦点. 【小问1详解】 由母线长为6的圆锥，轴截面为等边三角形可知， 圆锥的底面圆半径为，其高为， 所以圆锥的体积为， 又，所以当过的截面截圆锥得到截口曲线是圆时， 截面圆半径为，高为； 所以上部分小圆锥体积为； 因此圆锥的底面与截面圆之间的部分的体积. 【小问2详解】 ①连接并延长交底面于点 ，如下图所示： 又因为与垂直且与圆锥底面平行， 又平面，平面平面，所以； 因为，所以； 又，，即平面； 因为平面， 所以平面平面，即截面垂直于轴截面， 根据定义：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易知，所以， 易知圆锥轴截面的顶角为，在中，由余弦定理可得： ； 此时满足，即，且； 则椭圆离心率为； 又因为，即，所以； 易知点距离椭圆右顶点较近，设椭圆右焦点为， 则，而， 因此点不是椭圆的焦点. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解圆锥曲线在立体几何中的图形由来，结合椭圆性质以及圆锥几何体的关系，再根据题目信息所提供的定义可判断得出结论. 19. 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. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题中给的新定义可求得结果； （2）先根据伸缩变换得到双曲线方程，再联立方程求得两点坐标，根据两点间的距离公式可求得结果； （3）先根据变换得到表达式，根据累乘法可求得结果. 【小问1详解】 由条件得，得； 【小问2详解】 、关于原点“伸缩变换”，对作变换， 得到， 解方程组得点的坐标为； 解方程组得点的坐标为； ， 化简后得，解得，， 因此双曲线的方程为或； 【小问3详解】 对作变换 得抛物线，得， 又，，即， 则， 则，即. 【点睛】关键点点睛： （1）依据定义求出变换后的曲线方程，再结合题设条件从而得参数的大小或关系； （2）数列通项的求法应依据递推关系的形式，形如这样的递推关系，可用累乘法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $