湖北省部分重点中学2024-2025学年高二上学期1月期末联考数学试题

学年度上学期湖北省部分重点中学高二年级期末联考数学试卷本试题卷共4页，题全卷满分分考试用时分钟.★祝考试顺利★注意事项：．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.．选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.答题卡上的非答题区域均无效.．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．1.数列1，3，5，7，的第9项是（）A.17B.17C.19D.19【答案】A【解析】【分析】通过列举即可求解.【详解】由数列规律可得：1，3，5，7，9，，13，15，17，…所以第9项是17，故选：A2.某小组有2名男生和3名女生，从中任选2名同学参加比赛，那么互斥且不对立的两个事件是（）A.至少有1名女生与全是女生B.恰有1名女生与恰有2名女生C.至少有1名女生与全是男生D.至少有1名女生与至多有1名男生【答案】B【解析】第1页/共18页【分析】根据互斥事件与对立事件的概念逐项判断可得结果.【详解】“从中任选2名同学参加比赛”所包含的基本情况有：两男、两女、一男一女.A.“至少有1名女生”“全是女生”A错误.B.“恰有1名女生”表示一男一女，与“恰有2名女生”不可能同时发生，是互斥事件，但不是对立事件，B正确.C.“至少有1名女生”与“全是男生”是互斥事件也是对立事件，C错误.D.“至少有1名女生”“至多有1名男生”男一女，可以同时发生，不是互斥事件，D错误.故选：B.3.已知，动点C满足，则点C的轨迹是（）A.椭圆B.直线C.线段D.点【答案】C【解析】【分析】由，作出判断即可．【详解】因为，所以，知点C轨迹是线段AB．故选：C.4.抛物线的焦点坐标为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】转换成标准方程即可求解；【详解】由，可得：，第2页/共18页所以焦点坐标为：，故选：C5.已知直线与直线平行，则（）A.B.C.或D.或【答案】D【解析】【分析】由两直线平行的充要条件直接列式求解即可.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得或.故选：D.6.如图所示，ABCD—EFGH为边长等于1的正方体，若P点在正方体的内部且满足，则P点到直线BC的距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】D为坐标原点，所在直线分别为xyz轴建立空间直角坐标系，第3页/共18页出和的坐标，然后根据向量法求点到直线的距离公式即可求解.【详解】如图，以D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，，，，所以点P到的距离．故选：B.7.若等差数列的前项和为,则“”是“”的（）A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】项和公式,判断的正负,进而判断是否为充分条件,当时第4页/共18页,的正负无法判断,则的正负无法判断,进而判断不是必要条件,综上即可选出选项.【详解】解:由题知为等差数列的前项和,当有成立时,,,,,,,所以“”是“”的充分条件,当有成立时,的正负无法判断,,则正负无法判断,则“”不是“”的必要条件,综上:“”是“”的充分不必要条件.故选:C8.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点，且线段的中点在CP在C的右支上运动时，的最小值为6焦距为（）A.8B.6C.4D.2【答案】C第5页/共18页【解析】【分析】结合双曲线的定义可得，进而可得，再由线段的中点在C的渐近线上得到，从而求得即可得解.【详解】依题意，，当三点共线时，取等号，此时，即，因为渐近线为，又的中点坐标为，代入渐近线方程得，则，所以，则，得，所以，则此双曲线的焦距为.故选：C.二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求的，全部选对的得6分，有错选的得0分，部分选对的得部分分．9.响，甲、乙各投篮一次，则（）A.两人都命中的概率为B.恰好有一人命中的概率为C.两人都没有命中的概率为D.至少有一人命中的概率为【答案】ABD【解析】【分析】计算各事件的概率判断各选项是否正确.【详解】设事件：甲投篮一次，命中；事件：乙投篮一次，命中.则事件，独立.第6页/共18页对A选项：由，故A正确；对B选项：由，故B正确；对C选项：由，故C错误；对D选项：由，故D正确.故选：ABD10.已知数列满足，则（）A.B.的前n项和为C.的前100项和为100D.的前30项和为357【答案】AD【解析】【分析】当时，，两式相减可求出，检验满足，可判断A；由等差数列的前项和公式可判断B；由分组求和法可判断C，D.【详解】当时，，当时，，两式相减可得：，所以，显然当时，满足，故，故A正确；由等差数列求和公式知的前项和为，故B错误；令，的前100项和为：，故C错误；令，所以的前30项和为：第7页/共18页，故D正确.故选：AD.成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，半正多面体的棱长为24面体所得的，下列结论正确的有（）A.平面B.若是棱的中点，则与平面平行C.若四边形的边界及其内部有一点，，则点的轨迹长度为D.若为线段上动点，则与平面所成角的正弦值的范围为【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，推出“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点，再结合立体几何证明线面垂直、线面平行的判定定理，以及向量法求空间角，对选项逐一判定.【详解】如图所示，“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.第8页/共18页对于A选项，由图可知平面，A选项正确；对于B选项，根据正方体的几何性质，易知平面平面，而与平面相交，故与平面不平行，B选项错误；对于C选项，半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为4，在正方体中，平面，得，故，所以点的轨迹是以为圆心、2为半径的圆，又点在四边形的边界及其内部，所以点的轨迹是劣弧，所以点的轨迹长度为，故C正确；对于D选项，如图建立空间直角坐标系，则，，，设，则，所以，，，设平面的法向量为，与平面所成角为，则，取，则，，由，可得，故D选项正确.第9页/共18页故选：ACD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共分．12.已知，，若，则实数λ=______．【答案】【解析】【分析】根据可得，可求的值.【详解】因为，由，所以.故答案为：13.已知，为椭圆的左右焦点，，为上关于坐标原点对称的两点，且，则椭圆的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】由，是关于坐标原点对称的两点，且知四边形为矩形，进而得到，，的比例关系，求出离心率.【详解】连接，，，，为椭圆上关于坐标原点对称的两点，为的中点，又为的中点且，四边形为矩形，不妨设，则，第10页/共18页.故答案为：14.如图，直角中，，，作的内接正方形，再做的内接正方形，，依次下去，所有正方形的面积依次构成数列，其前项和为_________.【答案】【解析】【详解】试题分析：数列{a}构成以为首项,以为公比的等比数列,故.考点：归纳推理四、解答题：本大题共5题，共分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知，，O为坐标原点，圆C为的外接圆．（1）求圆C的方程；（2）过原点的直线l被圆C截得的弦长为，求直线l的方程．【答案】（1）；（2）或.【解析】1）设出圆的一般方程，利用待定系数法列式求解即得.（2）由圆的弦长公式求出圆心到直线的距离，再利用点到直线距离公式求解即得.【小问1详解】设的外接圆的方程为，第11页/共18页由A，B，O均在圆C上，得，解得，所以圆C的方程为.【小问2详解】由（1）知圆心，半径为，由直线l被圆C截得的弦长为，得点C到直线l的距离为，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，则，两边同时平方得，解得或，当直线l的斜率不存在时，不满足条件，所以直线l的方程为或.16.已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列．（1）求的通项公式；（2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】1dn项和公式与等比中项公式列出关于和d得的通项公式；（21）可得等比数列的第三项的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出.【小问1详解】第12页/共18页因为为等差数列，设公差为d，由，得，即，由，，成等比数列得，，化简得，因为，所以．所以．综上．【小问2详解】由知，，又为公比是3的等比数列，，所以，即，所以，，所以.综上.17.已知数列的前项和为，，，．（1）证明：为等差数列；（2）在数列中，，，若的前项和为，证明：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】1）利用与的关系式，结合等差数列的定义即可得证；（2）利用（1）中结论求得，进而利用累乘法求得，再利用裂项相消法求得，从而得证.第13页/共18页【小问1详解】因为，所以，即，又，所以数列是首项为，公差为的等差数列.小问2详解】由（1）知：，则，又，所以，所以，所以.18.如图，在四棱锥中，，，，，平面平面，为中点．（1）平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）线段上是否存在一点，使∥平面？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值．【答案】（1）证明见详解第14页/共18页（2）（3）存，【解析】1）根据题意可得，再结合面面垂直的性质分析证明；（2）建系标点，求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角；（3）设，利用空间向量结合线面平行可得，即可得结果.【小问1详解】因为，为中点，则，且平面平面，平面平面，平面，所以平面.【小问2详解】以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得由题意可知：平面的法向量，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.【小问3详解】第15页/共18页线段上是否存在一点，使平面.设，则，若平面，则，可得，解得，即，可知，所以存在点，使平面，此时.19.已知椭圆的离心率为，且过点．直线交于，两点．点关于原点的对称点为，直线的斜率为，（1）求的方程；（2）证明：为定值；（3上存在点使得，在的重心在AB的方程．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）【解析】1）由离心率及所过点求椭圆方程；（2）设点，且，得，点差法及斜率两点式求，即可证；（3）设弦的中点，点重心,，联立直线与椭圆，应用韦达定理及重心坐标性质得