天津市滨海新区某中学2024-2025学年高二年级上册第二次统练数学试卷（解析版）

塘沽一中2024-2025学年度第一学期高二年级第二次统练数学学科

试题

本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间100

分钟，试卷共4页.卷I答案用2B铅笔填涂在答题纸上对应区域，卷II答案用黑色字

迹的笔答在答题纸规定区域内.

第I卷供60分）

一、选择题（本卷共12小题，每题5分，共60分，每题只有一项符合题目要求）

1,已知万=（-2,1,3）,3=（4,-1,加），且M工则用的值为（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【解析】

【分析】由向量垂直的坐标表示，代入计算，即可得到结果.

【详解】由题意可得“5=0，即—2x4—1+3加=0,解得加=3.

故选：C

2.已知等比数列｛4｝满足4=3,且4%,2a2,%成等差数列，则数列｛4｝的公比等于

A.1B.-1C.-2D.2

【答案】D

【解析】

【分析】根据等比数列的通项公式和等差中项的关系，列出方程组，进而求解.

【详解】设｛4｝的公比为q（qwO）,因为4%,2a2,%成等差数列，所以4%+%/=4/q,即

q2-4q+4=0,解得q=2.

【点睛】属于基础题，考察数列基本量的题目，难点在于运算，本题尤其要注意如何求出公比和首项.

一

3.若直线/过点（-3,-2）,且与双曲线上-必=1过第一和第三象限的渐近线互相垂直，则直线/的方程

4

为（）

A.2x+y—8=0B,2x+y+8=0

C.2x—y+8=0D,2x—y—6=0

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【答案】B

【解析】

【分析】由双曲线方程写出其渐近线方程，根据两直线垂直求出直线/的斜率，由点斜式即得/的方程.

-1

如图，由土-J?=i可知双曲线过第一和第三象限的渐近线方程为：y=—%,

4」.2

直线/与之垂直，则直线/的斜率为-2,

又直线/过点(—3,—2),故直线/的方程为y+2=—2(x+3),即2x+y+8=0.

故选：B.

4.已知等差数列｛4｝的前〃项和为S0,a3+a8=8,a5=3,则50=()

A.220B.240C.260D.280

【答案】D

【解析】

【分析】根据等差数列的定义求得首项和公差，代入求和公式即可求得.

【详解】由数列｛%｝为等差数列，且的+6=8，%=3,则

2a+9d=8

,解得《匚S一于。

%+4d=3

故选：D

5.已知等比数列｛4｝的前“项和为S,,，若q=1,a的5=25,则d=()

312

A.25B.5C.6D.36

【答案】C

【解析】

【分析】由等比数列的通项公式与前〃项和公式求解即可.

【详解】设等比数列｛%｝的公比为q,

因为q=1,ax-a25=25,

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所以q,。25=。：3=25,

所以％3=5,所以,2二5,

S2="qTJ25__24.

S12%（1-产）1-4、1-5—4

i-q

故选：c

6.在1和15之间插入m个数，使得这m+2个数成等差数列.若这m个数中第1个为。，第

m个为b，则的a+b值为（）

A.14B.15C.16D.17

【答案】C

【解析】

【分析】利用等差数列的性质得解.

【详解】根据题意，这加+2个数分别为1,见…,6,15,根据等差数列下标性质，知道a+6=l+15=16.

故选：C.

7.等比数列｛4｝共有2〃项，其和为240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比4=（）

11

A.-B.2C.1D.-

42

【答案】D

【解析】

【分析】结合题意列方程组分别求出s奇，S偶，再由等比数列的性质求出结果即可.

【详解】设等比数列｛%｝的奇数项的和、偶数项的和分别为S奇，S偶.

S奇+S偶=240,

由题意可得＜

S奇-S偶=80,

S奇=160,

解得＜

S偶=80,

S偶1

所以4=詈=彳.

故选：D.

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8.已知S”为等差数列｛4｝的前,项和，公差为d.若%>0,Si8=0,则（）

A.d>QB.Sy=S”

C.520>0D.S“无最大值

【答案】B

【解析】

【分析】对于A：根据S18=0可得/+/8=0,结合通项公式分析判断；对于B：根据等差数列性质可得

a9+al0=0,即可分析判断；对于CD：根据%+%o=O分析数列｛4｝的符号性，即可判断.

【详解】对于选项A：因为数列｛%｝为等差数列，则几=18（"；%）=0,即为+%8=0,

2

可得2%+17d=0,则4=—万q<0,故A错误；

对于选项B:因为%+/8=。9+"10=°，则E]—S7=4+。9+"10+%]=2（为+%o）=0,所以凡=E],

故B正确；

对于选项D：因为。9+。10=0，且d<0，可知为〉0臼0<0，当〃<9时，％〉0；

当〃210时，«„<0；可知当且仅当〃=9时，S"取到最大值，故D错误，

对于选项C:因为49，%0<。，所以S20=S]8+49+。20=%9+。20<0，故C错误；

故选：B.

9.已知动直线歹=依-1+左（左iR）与圆。：/+/_2%+外—4=0（圆心为C）交于点A,B,则弦N8

最短时，VZ8C的面积为（）

A.2亚B.4亚C.75D.275

【答案】D

【解析】

【分析】确定动直线过圆内一定点尸，求出圆心C的坐标和半径，由PCL48时，弦最短求解.

【详解】根据题意，圆。：Y+了2一2x+4y—4=0可化为（x—1）?+（7+2）2=9,其圆心为（1,—2）,半径

r=3,

动直线y=AxT+M即y+l=S（x+l）,恒过点（-1,-1）.

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设尸（―1,—1）,又由（—1—1）2+（—1+2）2<9,则点尸（―1,—1）在圆c的内部，

动直线>=依-1+4（左1R）与圆C:x2+y2—2x+4y—4=0（圆心为C）交于点43,

当尸为48的中点，即CP与48垂直时，弦48最短，

此时|CP|=行，弦AB的长度为2'7r2-|CP|2=4，

此时V4BC的面积S=g创CP||AB|=4=26，

故选：D.

10.已知抛物线E:/=4x,圆=2x,过圆心C作斜率为左的直线/与抛物线£和圆C交于四

点，自上而下依次为A,M,N,B,若|2叫+|出|=2“W,则左的值为（）

A.+V2B.±73C.+—D.土组

23

【答案】A

【解析】

【分析】根据条件，可得圆心C为抛物线的焦点，求出弦48长，设出直线48方程并与抛物线方程联立,

结合韦达定理求解作答.

【详解】如图，圆C:（x—Ip+V=1的圆心为半径r=l,

显然点C（l,0）为抛物线E:/=4x的焦点，则抛物线的准线方程为x=-l,

设/（周/）,5（%2/2），则|，同=|T4C|+|5C|=X1+1+X2+1=X1+X2+2,\MN\=2,

所以HM+|A®|=2|JW|=4,

因止匕以同=6,即有不+々+2=6,解得玉+々=4,

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y=k[x-\）

设直线/的方程为y=kQ—1),显然左70,由

/=4x

4

消去了得k^x~—（2.k~+4）x+左~=0,则有石+/=2+正=4,解得k=±^2.

故选：A.

11.某单位用分期付款方式为职工购买40套住房，总房价1150万元.约定：2021年7月1日先付款150万

元，以后每月1日都交付50万元，并加付此前欠款利息，月利率1%,当付清全部房款时，各次付款的总

和为()

A.1205万元B.1255万元C.1305万元D.1360万元

【答案】B

【解析】

【分析】判断出每次还款利息构成等差数列，由等差数列求和公式求得利息和，再加上本金即可求解.

【详解】由题意知，还的次数为(1150-150)+50=20次，每次付款本金均为50万元，利息依次为

1000x1%,950x1%,…,50x1%构成了一个等差数歹

则所还欠款利息总额为(1000+950+…+50)x1%=竺等处x20xl%=105万元，故各次付款的总和

为1150+105=1255万元.

故选：B.

12.如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反

22

向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线E：二-4=1(。〉0/〉())的左、右焦点分别为《，F2,从月发

a~b~

4

出的光线经过图2中的A,B两点反射后，分别经过点C和。，且cos/氏4C=—w，ABLBD,则E的

离心率为()

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A

A.-下--

2

【答案】C

【解析】

【分析】利用双曲线的光学性质及双曲线定义，用忸名|表示|8月|,|2月|,|48|,再在两个直角三角形中

借助勾股定理求解作答.

4

【详解】依题意，直线都过点片，如图，有4B_L,cosDBAF^-f

设|5月|=冽，则|5月|=2a+加，显然有tan/氏华=：,|/同=g忸周=g(2a+M,

81

|4F2\~—a—in,

141010

因此，MG|=2a+|Z用§加，在RtA48£,|48『+|瓦讦=|/片|2,

即1|a+g加］+（2a+加了=］。口+；加］,解得加=a,^\BFl\=3a,\BF2\=a，令双曲线半焦距为c,

在RtAB片鸟中，I%即旧耳初2,即/+9/=（2°）2,解得£=巫,

a2

所以£的离心率为巫.

2

故选：C.

【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法:

①求出a,c,代入公式6=£；

a

②只需要根据一个条件得到关于。，“C的齐次式，进而转化为a，C的齐次式，然后等式（不等式）两边分别

除以。或力转化为关于e的方程（不等式），解方程（不等式）即可得e（e的取值范围）.

第n卷（共90分）

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二、填空题(本题共8小题，每题5分，共40分)

13.与圆/+>2—6x—8〉+21=0外切且圆心在原点的圆的标准方程为.

【答案】X2+V2=9

【解析】

【分析】根据题意可知圆8y+21=0的圆心和半径，结合外切可得所求圆的半径，即可得结

果.

【详解】因为f+j?—6x—8>+21=0,即(x—3/+(y—4)2=4,

可知圆心C(3,4),半径厂=2,

则|OC|=百+42=5,

由题意可得圆O的半径R=\OC\-r=3,

所以圆O的标准方程为x2+/=9.

故答案为：x2+/=9.

r>111

14.在等比数列｛%｝中，=1,q=2,则一+—+---+一=.

31

【答案】-

16

【解析】

【分析】首先得到｛%｝的通项公式，即可得到工=,再利用等比数列求和公式计算可得.

a”

【详解】因为q=1,q=2,所以4=1x2"、

所以，+L…

axa2a516

一~2

_.31

故答案为：一

16

15.任取一个正整数，若为奇数，就将该数乘3再加上1；若为偶数，就将该数除以2,反复进行上述两种

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运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称为“角谷猜

想”等）.如取正整数加=6,根据上述运算法则得到6-3-10-5-16-8-4-2-1,共需经过8个步骤变

成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递进关系如下：已知数列｛%｝满足/=加（小为正整数），

%当a为偶数时

an=［2'"，当加=9时，试确定使得4=1需要雹程步数为.

3%+1,当%为奇数时

【答案】19

【解析】

【分析】由题目中的递进关系依次计算即可.

【详解】当加=9时，有9-28—14—7-22—11—34—17—52—26—13—40

■20―10—5—16—8—4-2->1共19步.

故答案为：19.

16.已知等差数列｛%｝的前〃项和为S“，且S"=〃2,则冬（T&=,数列［了上个的前20项和

是.

QA

【答案】①.-21②.—

41

【解析】

【分析】利用%与S”的关系，结合等差数列的定义求得见,再利用并项求和法可得第一空，利用裂项相

消法可得第二空，从而得解.

【详解】因为等差数列｛4｝的前〃项和为s“，且S"=〃2,

当〃=1时，=E=1,当〃=2时，q+%=$2=4,贝|J%=3,

所以d=出一q=2,=%+（〃-1）1=1+2（〃-1）=2〃一1,

21

所以^^（一］）%=-%+&-〃3+%+…—〃19+出。一。21

z=l

=—1+3—5+7+…—37+39—41

二（-1+3）+（-5+7）H----F（-37+39）-41

=2x10—41=—21；

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、44)

因为4〃2_1-(2“+l)(2"l)一12〃—1-21+1J

所以［丁二］的前20项和为

4«2-1

80

故答案为:-21；

41

17.如图，在斜三棱柱45C—44G中，底面/2C为正三角形，。为/C的中点，AB=BB\=2,

NABBI=NCBBi=120°,则异面直线BD与ABX所成角的余弦值为

【解析】

【分析】根据空间向量的线性运算及数量积的运算律，结合夹角公式即可求解.

【详解】:而=；廊+反),AB^BB^BA,

^-BC-BA

BDAB1

=1[2x2xL1j+2x2xf-|j-22-2x2x1]=-5,

由题设，易知|BZ)|=,贝！］cos<BZ),4S］〉=—，

116

异面直线BD与AB,所成角的余弦值为-.

6

故答案为：—

6

18.抛物线C的顶点为坐标原点。，焦点厂在V轴上，准线/与圆x2+y2=l相切.

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(1)抛物线C的标准方程为:

(2)若点A,B都在抛物线C上，且FB=20A>则点A在第一象限的坐标为

【解析】

【分析】(1)根据抛物线的性质，结合圆的切线性质进行求解即可；

(2)根据平面向量共线的性质结合条件进行求解即可.

【详解】因为抛物线c的顶点为坐标原点O,焦点厂在V轴上,

所以当焦点在〉轴正半轴上时，

设物线的方程为Y=2处(0>0)时，准线方程为y=

因为准线I与圆x2+y2=l相切，

所以有一5=lnp=2,2=—2舍去，抛物线方程为x2=4y,

同理可知：当焦点在了轴负半轴上时，抛物线的方程为f=-4了；

因为点A,B都在抛物线C上，且点A在第一象限，

所以此时抛物线方程为k=4〉,

2s=4/V2一,舍去,

由丽=2CUn(2s,1==>t=-----

$72—1=2〃72

所以点A在第一象限的坐标为

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+a=m,其中常数加＞0,数列I，为等差数列，则加=

19.设北为数列｛4｝的前〃项积，若T"n

UJ

【答案】1或2

【解析】

m111—4-1

【分析】结合题意可得当〃22时，-----------，进而得到荔一(〃N2),进而结

mma

l+7〃—TnT”-i~-n-v

合数列,二为等差数列可得1-a”」

工嬴：为常数d,进而分d=。和a0两种情况讨论求解即可.

【详解】由题意，[为数列｛4｝的前〃项积，且北+%=加＞0,

mm

则当〃22时，7；+%=1_]%+%=加，即4=77==?!-----------

1+Tn-\1+能_«„.1

1111111一an-\

(应2)

所以《T,”im-anm-an_{mmm-a,^m--man_x

1+m-a,—

由数列,二为等差数列，则

为常数

①若d=0,则%_]=1(〃22)恒成立，即4=1(〃21)恒成立，所以m=2；

]=dm1

②若dwO,则1一。"_]=加？一加a,—,所以＜,解得《

1=dmd—\

综上所述，加=1或加=2.

故答案为：1或2.

111_

【点睛】关键点点睛：本题关键在于结合题意得到六一(〃22),进而结合等差数列的性

2

T“Tm-man_,

质求解即可.

20.设｛%｝与也｝是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合屈=,&=%,左eN*｝，给出下列4

个结论:

①若｛4｝与抄"｝均为等差数列，则〃中最多有1个元素;

②若｛4｝与抄“｝均为等比数列，则〃中最多有2个元素;

第12页/共20页

③若｛?｝为等差数列，｛4｝为等比数列，则”中最多有3个元素；

④若｛%｝为递增数列，｛4｝为递减数列，则”中最多有1个元素.

其中正确结论的序号是.

【答案】①③④

【解析】

【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特

征及反证法可判断③的正误.

【详解】对于①，因为｛%｝,｛“｝均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，

而两条直线至多有一个公共点，故M中至多一个元素，故①正确.

对于②，取%=21也=—(—2广，则｛"｝,也｝均为等比数列,

但当〃为偶数时，有%=2"T=〃=-(-2广，此时M中有无穷多个元素，故②错误.

对于③，设也,w±l),an=kn+b｛k0),

若M中至少四个元素，则关于〃的方程Zq"=左〃+6至少有4个不同的正数解，

若q>0国/1,则由y=Aqn和y=加+6的散点图可得关于〃的方程Aqn=kn+b至多有两个不同的解,

矛盾；

若q<0,qH±l,考虑关于〃的方程=初+/)奇数解的个数和偶数解的个数，

当阳"=版+6有偶数解，此方程即为/卜『=kn+b,

方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Ak\n\q\>0,

否则/无ln|@<0,因y=A\(^,y=E+b单调性相反，

方程山引"=版+6至多一个偶数解，

当前"=版+6有奇数解，此方程即为-山城=kn+b,

方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时->0即Ak\n\q\<0

否则/左拈同>0,因y=,y=也+b单调性相反，

方程山引"=版+6至多一个奇数解，

第13页/共20页

因为/上111。|>0,<0不可能同时成立，

故//=初+b不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.

对于④，因为｛4｝为递增数列，｛4｝为递减数列，前者散点图呈上升趋势，

后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.

故答案为：①③④.

【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨

论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.

三、解答题(本题共4小题，共50分)

21已知等差数列｛。"｝中，q=1,且+2,。4，。5—2成等比数列.

(1)求数列｛%｝的通项公式；

(2)设4=%3”,求数列出｝的前〃项和北.

【答案】(1)an=2n-l

(2)1=3+("1).3"+1

【解析】

【分析】(1)根据题意求出公差，即可得解；

(2)利用错位相减法求解即可.

【小问1详解】

设公差为d,因为为+2,%，%—2成等比数列，

所以(l+3d)2=(3+2d)(4d—l),解得［=2,

所以％=2〃—1；

【小问2详解】

由⑴得“=(2"1>3",

则7；=1x31+3x32+5x33+…+(2〃—1)x3",

3Tn=1x32+3x33+…+(2〃-3)x3"+(2〃-l)x3"i,

两式相减得—2*=3+2(32+33+-+3")—(2〃—1>3"+I

第14页/共20页

=3+2.

1-3

=-6+（2-2«）-3,,+I,

所以北=3+（〃—

22.如图，在四棱柱ABCD-A.B.Cp,中，A,A1平面ABCD,ABVAD,AB!/DC,

AB=AAX=2,AD=DC=\.M,N分别为DDX,B£的中点,

(1)求证：DM〃平面CBXM；

(2)求平面与平面ABCC夹角余弦值；

(3)求点3到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)2应

11

(3)亚

11

【解析】

【分析】(1)取C片中点p,连接NP,MP,借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得QN〃丸

结合线面平行判定定理即可得证；

(2)建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；

(3)借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.

【小问1详解】

取C4中点尸，连接NP,MP,

第15页/共20页

由N是耳G的中点，故NP/ICC\,且NP=；CG，

由M是的中点，故。=；CG,且。朋7/CG，

则有£>jM〃A7\D、M=NP,

故四边形。MW是平行四边形，板D\NUMP,

又儿。u平面CgM,QN<Z平面C51M,

故DXNII平面CBtM；

【小问2详解】

以A为原点建立如图所示空间直角坐标系,

有/(0,0,0)、5(2,0,0)、4(2,0,2)、M(0,1,1),C(l,l,0),G(1,1,2),

则有西=(1,-1,2)、CA/=(-l,0,l),BB}=(0,0,2),

rr

设平面与平面HBCG的法向量分别为加=(占Ji，zj、〃=(x2,y2,z2),

m-CB=x-y+2z=0n-CB=x-y+2z=0

则有〈___X.ili,\一X.222,

m-CM=-X]+Z[=0-BB[=2z2=0

分别取再=工2=1，则有必=3、4=1、%=1,z2=0,

即成=(1,3,1)、«=(1,1,0),

m/___\m-n1+32722

贝Ucos(加,­।一।—rzj=-1———厂—

'/\m\-\n\V1+9+1-V1+111

故平面与平面BBCG的夹角余弦值为拽2

11

【小问3详解】

第16页/共20页

由的=(0,0,2),平面C印攸的法向量为应=(1,3,1),

\BB]22A/1T

则有I1I=J=@,

\m\Vl+9+111

即点8到平面C印攸的距离为MI.

11

22

23.已知4(2,0)和为椭圆C：.+a=1(。〉6〉0)上两点.

(1)求椭圆。的离心率；

(2)过点(-1,0)的直线/与椭圆。交于。，E两点(D,E不在无轴上).

(i)若V/DE的面积为石，求直线/的方程;

(ii)直线2。和ZE分别与V轴交于M,N两点，求证：以“乂为直径的圆被x轴截得的弦长为定值.

【答案】(1)昱

2

(2)(i)x土岳+1=0；(ii)证明见解析

【解析】

【分析】(1)根据给定的点力和3在椭圆上，以及椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率；

(2)(i)借助韦达定理和面积公式计算即可；(ii)可借助韦达定理和圆的弦长公式计算即可.

【小问1详解】

由4(2,0)可知/=4,求出°=2,

代入B,得+2=1,〃=1，

I2J4步

则。2=4—1=3,c=5

可知椭圆C的离心率为e=-=—.

a2

【小问2详解】

无2

(i)由(1)可知椭圆。的方程为上+j?=1,

4

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设Z）（石，必）,E（x2,y2）,过点（一1,0）的直线/为*=叼一1,

与：+/=1联立得："+4）y2_2阳—3=02=4疗+12（/+4）＞0恒成立.

.2m-3

所cr以i

m+4m+4

S“DE=；3.仄-%|,3,+89-4乂”=61J[3=75

22m+4

得加2=2，所以加=±J^，直线的方程/为：x±J5y+l=0.

-8

（ii）由（i）可知，玉+、2=加（必+%）—2二一---

2/\—4m2+4

xx=myy-m[y+y）+1=-^―

c2r2i2m+4

直线的方程为^=上7（x—2）,令x=o,得了用二二^

再一2再_2

直线ZE的方程为y=』％（x—2）,令x=0,得6=二退

x2-2x2-2

记以上W为直径的圆与X轴交于P,。两点,

加+以]丫

由圆的弦长公式可知,1JL

~~=-yM-yN

-2%.—2%=______4%

X]_2%2_2X],