浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高二上学期数学暑期测试卷2

2026届高二数学暑期测试卷2考试范围：暑期所学所有内容；考试时间：120分钟：满分：150分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名､班级､考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）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，只有一项是符合题目要求的）1.向量，，若，则（）A.， B.，C.， D.【答案】B【解析】【分析】由向量平行的坐标表示列方程求参数即可.【详解】由题设，故.故选：B2.直线和直线，则“”是“”的（）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由题意先求出的充要条件，然后根据充分不必要条件的定义判断即可.【详解】由题设，解得或.故，.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：B.3.若点在圆：外，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】结合点在圆外的代数关系式与圆的一般方程的定义即可.【详解】由于点在圆：外，有，解得，即的取值范围是.故选：B.4.已知，C是抛物线上的三个点，F为焦点，，点C到x轴的距离为d，则的最小值为（）A.10 B. C.11 D.【答案】B【解析】【分析】由焦半径公式得到，从而得到，数形结合得到最小值.【详解】因为M的准线方程为，所以由抛物线焦半径公式得，故，所以,当且仅当C，D，F三点共线且C线段DF上时，等号成立，所以的最小值为．故选：B5.等比数列的各项均为正数，且，则（）A.12 B.10 C.5 D.【答案】B【解析】【分析】利用等比数列的性质，结合对数的运算法则即可得解.【详解】因为an是各项均为正数的等比数列，，所以，即，则记，则，两式相加得，所以，即.故选：B.6.已知抛物线C：和圆，点是抛物线的焦点，圆上的两点满足，其中是坐标原点，动点在圆上运动，则到直线的最大距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由条件化简可知点在圆N:上，所以是圆与圆的公共弦，再求出的方程，数形结合可求到直线的最大距离.【详解】抛物线的焦点，圆，其圆心，半径．设点是满足的任意一点，则，化简得，结合，所以是圆与圆的公共弦，将圆与圆的方程相减得，直线的方程为，取线段的中点，连接，则，则，故选：A．7.图1是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记，，…，的长度构成的数列为an，则（）A. B.1 C.10 D.100【答案】C【解析】【分析】首先由题意得到递推关系式，再求解数列的通项公式，即可求解.【详解】，即,因为，，…，的长度构成的数列为，则则数列是公差为1的等差数列，首项，所以，即，所以.故选：C8.如图，三棱柱满足棱长都相等且平面，D是棱的中点，E是棱上的动点．设，随着x增大，平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角是（）A先增大再减小 B.减小 C.增大 D.先减小再增大【答案】D【解析】【分析】以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.设所有棱长均为2，则，通过空间向量来求二面角的，故在上单增，上单减，即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.即可得出结果.【详解】以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.设所有棱长均为2，则，,，，设平面BDE法向量,则，令有，故.又平面ABC的法向量，故平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值，又，故在上单增，上单减，即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.故选：D.【点睛】本题考查了用空间向量求二面角的余弦值，考查了解决问题能力和计算能力，属于中档题目.二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知圆，过点向圆引斜率为的切线，切点为，记的轨迹为曲线，则（）A.的渐近线为B.点在上C.在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为D.当点在上时，【答案】ACD【解析】【分析】先由相切性质得点满足关系式，与已知圆联立消参得轨迹方程，A项由方程形式构造函数，利用导函数研究单调性作出大致图形即可得渐近线；B项坐标代入可知；C项由形可得；D项由不等式性质与放缩法可得.【详解】圆，圆心，半径，且，且.，则点在圆外.如图，连接，由题意知，设，则①，又点在圆上，则②，①②得，，解得③，由且，解得，或.将③代入②消得，，即为曲线的方程.A项，设，则，令解得，或，或（舍）.当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增且，当时，.且当时，函数与单调性相同；且，当时，.故的大致图象如下图，又由方程可知曲线关于轴对称，且.故曲线的大致图象为如下图，故的渐近线为，A项正确；B项，令曲线方程中，得，，故B错误；C项，由形可知，曲线在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标，即在的极值点，故C正确；D项，当点在上时，则由，或.得，又，，则，所以成立，故D正确；故选：ACD.【点睛】方法点睛：求动点轨迹方程的常见方法有：（1）直接法：从条件中直接寻找到的关系，列出方程后化简即可；（2）代入法：所求点Px,y与某已知曲线上一点存在某种关系，则可根据条件用表示出，然后代入到所在曲线方程中，即可得到关于的方程；（3）定义法：从条件中能够判断出点的轨迹为学过的图形，则可先判定轨迹形状，再通过确定相关曲线的要素，求出曲线方程.（4）参数法：从条件中无法直接找到的联系，但可通过一辅助变量，分别找到与的联系，从而得到和的方程：，即曲线的参数方程，消去参数后即可得到轨迹方程.（5）交轨法：选择适当的参数表示两动曲线的方程，将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程。10.已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，点为的中点，则（）A.圆台的体积为B.圆台的侧面积为C.圆台母线与底面所成角为D.在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为4【答案】AC【解析】【分析】求出圆台的高，根据圆台体积公式可判断A；根据圆台侧面积公式可判断B；作出圆台母线与底面所成角，解直角三角形可判断C；将圆台展开，将圆台的侧面上，从点到点的最短路径转化为展开图中的线段长，可判断D.【详解】对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确；对于B：根据圆台的侧面积公式，可得侧面积为．故B错误；对于C：过A作交底面于F，而底面，故底面，∴即为母线与底面所成角．在等腰梯形中，，∴，∵为锐角，∴．故C正确；对于D：设圆台侧面展开图上底面圆周对应的扇形半径为，下底面圆周对应的扇形半径为，设扇形圆心角为，则，则，由于，则，即圆台的侧面展开图为半圆环，如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE，由题意可得：．由为中点，∴，∴．故D错误．故选：11.已知直线交椭圆于A，B两点，，为椭圆的左、右焦点，M，N为椭圆的左、右顶点，在椭圆上与关于直线l的对称点为Q，则（）A.若，则椭圆的离心率为B.若，则椭圆的离心率为C.D.若直线平行于x轴，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A，则，故，则利用与离心率公式即可得解；对于B，设Ax0,y0，，接着利用和结合离心率公式直接计算即可求解；对于C，根据三角形中位线即可得解；对于D，设，则，根据已知条件求出和中点，再利用点关于直线对称的理论列式求出即可得解.【详解】如图，直线l与交于G，对于A，若，则，所以，所以，故A正确；对于B，设Ax0,y0，则，且所以，所以，故B错误；对于C，由题意可知是中位线，故，故C正确；对于D，设点，则直线，因为直线平行于x轴，所以点的中点，所以由点G在直线l上且得，解得，即，因此，故D正确.故选：ACD．【点睛】方法点睛：点关于直线对称的点的计算求解步骤：（1）设所求点坐标，（2）利用中点坐标公式求出中点坐标，（3）利用中点坐标在直线上和两点所在直线与已知直线垂直则斜率乘积为这两个条件建立关于所求点坐标的方程组，利用该方程组即可求解.（4）遇特殊直线如或一般直接得解.第Ⅱ卷（非选择题）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于点，过点作的平行线交双曲线于点，连接并延长与轴交于点，则的值为______．【答案】##【解析】【分析】由条件先求的解析式，设点的坐标为，利用相似的性质求点的坐标，由条件列方程求即可.【详解】由已知直线的解析式为，因为，点的坐标为，所以的解析式为，设点的坐标为，因为，所以，所以点的坐标为，因为点和点都在双曲线上，所以，，所以，，所以，故答案为：.13.已知数列各项均为正数，且首项为1，，则______________．【答案】210【解析】【分析】对原方程化简得，然后利用累乘法求解即可.【详解】由已知，得，∵，∴，得，由累乘法得，∴,故答案为：210.14.已知正四面体的棱长为4，空间内动点满足，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】利用空间向量线性运算得到轨迹，再把目标式表示为函数，利用三角函数有界性求解即可.【详解】设的中点为，因为动点满足，所以，即点在以为球心，以为半径的球面上.因为，所以.因为正四面体的棱长为4，所以，在三角形中，，.取的中点为，，所以在上的投影向量的模为，所以.设，夹角为，所以.因为，所以，即的最大值为.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.已知数列是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设是数列的前n项和，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列基本量，列方程，即可求解；（2）根据（1）的结果，裂项相消法求和，即可证明不等式.【小问1详解】设数列an的公差为，∴，∴，，．由已知得，解得或（舍），∴数列an的通项公式为．【小问2详解】由（1）知，，∴，∴．16.在等腰梯形ABCD中，，，，，M为AB中点，将，沿MD，MC翻折，使A，B重合于点E，得到三棱锥．（1）求ME与平面CDE所成角的大小；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）做辅助线，分析可证平面CDE，可知即为所求线面角，结合余弦定理运算求解；（2）建系标点，求平面MEQ、平面CDE的法向量，利用空间向量求二面角.【小问1详解】在三棱锥中，取CD中点为Q，过点M作直线EQ的垂线交直线EQ于点H，因为ABCD为等腰梯形，且M为AB中点，则，，可知，，且EQ，平面MEQ，，则平面MEQ，且平面MEQ，可得，可知，，，CD，平面CDE，则平面CDE，可知即为所求线面角，在等腰梯形ABCD中，已知，，，可求出，，，可得，且，则，所以直线ME与平面CDE所成角为.【小问2详解】以H为原点，，，为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，可得，，设平面MEQ的法向量为，则，取，则，可得，且平面CDE的法向量为，可得，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．17.已知平面内两个定点，，满足直线与的斜率之积为的动点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同两点；（1）求曲线的轨迹方程；（2）若直线和的斜率之积为，求证：直线过定点；（3）若直线与直线分别交于，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）设，根据条件建立等式，化简即可求出结果；（2）设，联立方程，消得到，由韦达定理得，利用条件，即可得到或，即可证明结果；（3）根据条件得出和的中点重合，即可证明结果.【小问1详解】设，由题有，化简得到，所以曲线的轨迹方程为.【小问2详解】因为直线和的斜率之积为，所以直线的斜率存在，设，，，由，消得到，则，，，化简整理得到，得到或，当时，，直线过定点与重合，不合题意，当，，直线过定点，所以直线过定点.【小问3详解】由（2）知，，所以的中点坐标为，又易知直线直线是双曲线的渐近线，设，由，消得到，所以，，得到的中点坐标为，所以的中点与的中点重合，设中点为，则，从而有.18.已知椭圆的离心率为的上顶点，为椭圆上任意一点，且满足的最大值为4.（1）求椭圆的方程；（2）已知.过点的直线（斜率存在且不为1）与椭圆交于两点.证明：平分.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件得，再根据条件得，再结合条件，即可求出，即可求解；（2）设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，利用直线的倾斜角为，从而得到，进而将问题转化成求证，再联立直线与椭圆的方程，即可求解.【小问1详解】由题知，又，得到，解得，设，则，又因为，所以，又，对称轴为，又，所以，又，所以，整理得到，解得，所以椭圆方程为.【小问2详解】设直线，，联立和，消得到，由韦达定理得到，设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，又因为，所以直线的倾斜角为，则有，，得到，所以要证平分，即证，也即证明，即证，又，将代入得，所以平分.【点睛】关键点点