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2024—2025學(xué)年度上學(xué)期期末五校聯(lián)考 高二數(shù)學(xué)參考答案及解析
參考答案及解析 數(shù)學(xué)
● 1 ●
(
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)一 、選擇題
1. A 【解析】 因為直線方程為 : 父= tan 75。,與 y 軸平
(
。
)行,所以直線的傾斜角為 90 . 故選 A.
2. D 【解析】 由 a1 =4,a5 =12,得 4d= a5 — a1 = 12— 4 =8,故 d=2,故 a6 =a1 十5d=4十10= 14. 故選 D.
3. D 【解析】直線 a父十2y=0與直線 父十 (a十3)y十4 =0垂直,則 a× 1十2● (a十3) =0,解得 a = — 2. 故 選 D.
4. C 【解析】 由題意可作圖如下 :
(
—
—
→
EF
,
) (
1
3
)由 G 為 EF 上 靠 近 E 的 三 等 分 點,則 —EG (—→)=
A—= A— 十 —EG (—→) = A— 十 —EF (—→) = A— 十 (A——A—) = A—十 × (A—十A—) —
c. 故選 C.
5. D 【解析】 由橢圓的定義得 AF1 十 AF2 = 2a= 4, BF1 十 BF2 = 4, 則 △ABF2 的 周 長 為 AB 十 AF2 十 BF2 = AF1 十 AF2 十 BF1 十 BF2 =8. 故選 D.
6. B 【解析】 圓 C1 的標(biāo)準(zhǔn)方程為 ( 父十2) 2 十 (y—2) 2 = 1, 圓 心 C1 (—2,2) ,半 徑 r1 = 1, 圓 C2 的 圓 心 為
(2,5) , 半 徑 r2 = 4, 因 為 C1C2 =
\(—2—2) 2 十 (2—5) 2 = 5= r1 十 r2 , 所 以 兩 圓 外 切,所以圓 C1 與圓 C2 的公切線有 3條 . 故選 B.
7. C 【解析】 設(shè) O, O1 分別是 AC, A1C1 的中點,連接 OO1 ,OB,O1B1 ,根據(jù)正三棱柱的幾何性質(zhì)可知 OB, OC,OO1 兩兩 相 互 垂 直,建 立 如 圖 所 示 空 間 直 角坐
標(biāo)系 ,
B(\,0,0) ,C(0,1,0) ,A1 (0,—1,2) ,C1 (0,1,2) ,
C— = (\,—1,0) , C—A (→)1 = (0,—2,2) , C—C (→)1 =
(0,0,2) . 設(shè)平面 A1BC的法向量為 n = ( 父,y, z) ,則
=0,令 y =\,則 父= 1, z = \
故可得 n = (1,\,\) . 由 于 B1C1 ⅡBC, B1C1 丈平 面 A1BC,BCG平面 A1BC,所以 B1C1 Ⅱ平面 A1BC.
數(shù)學(xué) 參考答案及解析
● 2 ●
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)所以 B1C1 到平面 A1BC的距離即 C1 到平面 A1BC
(
—
→
) (
2
\
3
\
7
) (
n
●
CC
1
) (
的距離 , 即
) (
=
) (
n
)= 2 \7. 故選 C.
8. A 【解析】易知 A(—a , 0) , B(a , 0) , 設(shè) P(父, y)(y≠
(
父
十
a
父
—
a
,
)0) , 則 y 十 y = 1 所以 =1, 所以 父2 — a2 = y2 , 即 2父y = 父2 — a2 , 又 a (父)2 (2) — 2父y = y2 (y≠0) , 所以
y = 父, 即直線 y = 父 與雙曲線有公共點 . 聯(lián)立
(b2父2 — a2y2 =a2b2
y = 父 與雙曲線方程 , 有〈 2b2 , 消去
! y = a2 父
y得:b2父2 — a2 ● 父2 =a2b2 → 父2 = a2 , 則 要使方程有根 , 需使a2 >4b2 =4( c2 — a2 ) → =e2<
→ 1二 、選擇題
9. AC 【解 析】 對 于 A, a — 2b = (2, —1, —2) —
(6, 4, 4) = ( —4, —5, —6) , 故 A 正 確 ; 對 于 B,
a = \22 十 (—1) 2 十 (—2) 2 =3, 故 B 錯誤;對于
(
a
a
十
b
)C, a十b= (5, 1, 0) , 故 cos〈a , a十b〉= a ● (a十b) =
(
3×
\
26
26
,
; ,
) 9 = 3 \26 故 C正確 對于 D a ● b=6 2 4
=0, 故 D錯誤 . 故選 AC.
10. BC 【解析】S1 = a1 = — 1, an十2 > an 對 Vn∈ N* 恒 成立 , 則 a1 ● qn十1 > a1 ● qn— 1 → — qn十1 > — qn— 1 → qn— 1 (q2 —1)<0恒成立 , 則 q>0, q2 —1<0, 故 00→ an十1 >
an, 故 C正確;對于 D: 由 Sn = — — — = —1十
— > —1, 故 D錯誤 . 故選 BC.
11. ABD 【解 析】 因 為 tan α ● tan β = — KPAKPB =
— 父0y十 (0)a ● 父0y—0 a = — 父0 (2)y—02a2 , 由 于 a (父) — = 1, : y0 (2)= ( 父0 (2) — a2 ) , 故 tan α ● tanβ= — 為定值 , 故 A正確;雙曲線a (父)2 (2)— =1(a>0, b>0)的左頂點
為 A(—a , 0) , 右 頂 點 為 B (a , 0) , 漸 近 線 為 y =
(
a
PB
sin
α
)± b 父, 在 △PAB中 , 由正弦定理可知 PA = sinβ
= , 顯然 π — β,α均為銳角且隨著 父0 的增
大分別減小與增大 , 即 sin(π — β) , sin α 隨著 父0 的
(
PA
PB
)增大分別減小與增大且均為正數(shù) , 故 的值隨
著 父0 的增大而減小 , 故 B正確;因為 tan α — tan β=
(
父
0
十
a
父
0
—
a
父
2
0
—
a
2
y
0
父
2
0
—
a
2
y
0
a
2
,
) y0 十 y0 = 2父0y0 = 2父0 ● y0 (2) = 2父0 ● b2
而 0 (0)< , 故 tan α — tan β> ● = , 故 C 錯 誤 ; 因 為 S = i ABi y0 = ay0 , tan ( α 十 β) =
(
1
—
tan
α
tan
β
) tanα十tanβ = y0 y0 父0 十a(chǎn) 父0 — a 1十 (
a
2
十
b
2
)= a2 ●
(
父
2
0
—
a
2
,
故
S
tan
(
α
十
β
)
=
—
a
2
十
b
2
父
2
0
—
a
2
=
)—2ay0 ● a2 ● 2a2y0 (2)
— a22a十2b (b2)2 , 又 S ● tan(α十β)十a(chǎn)2 ≥0, 故 — a22a十2b (b2)2 十a(chǎn)2
≥0, 解得 a2 ≥b2 , 則 0<≤1, 又 e= = \1十 ∈ (1,\] , 故 1三 、填空題
12. 【解析】 由 y = a父2 (a>0)得 父2 = y, 所以準(zhǔn)
參考答案及解析 數(shù)學(xué)
. 3 .
(
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)線方程為 y = — , 因為點 (m, 1)與焦點的距離等 于 2, 所 以 1— ( — = 2, 解 得 a = . 故 答 案
(
4
.
)為 1
13. 4 (父)2 十 y32 = 1 【解 析】 設(shè) 動 點 P ( 父, y) , 則 —MP (—→)=
( 父—4, y) , —MN (—→)= (—3, 0) , —PN (—→)= (1— 父, —y) . 又
“ —MN (—→) . —MP (—→) = 6 —PN (—→) , : — 3 ( 父—4) =
6 \(1— 父) 2 十(—y) 2 . 化 簡 得 3父2 十 4y2 = 12, 即
4 (父)2 十 y32 =1, 故動點 P 的軌跡E 的方程為4 (父)2 十 y32 =
1. 故答案為4 (父)2 十 y32 = 1.
14.[0, \ 【解析】記 A在底面BCD 內(nèi)的投影為O,
則 AO丄底面 BCD, 又 CO、OMG平面 BCD, 故 AO
丄CO、AO丄OM, 則 CO= × \× \= \ , AO=
\=2, 又 AM=\ , 則 OM= \=1, 所以 M 的軌跡是以O(shè) 為圓心 , 半徑為 1 的圓 , 建立如下 圖所示的空間直角坐標(biāo)系:
設(shè) M 與 父 軸正半軸所成的角為α , 則 M(cos α , sin α ,
0) , α ∈ [0, 2π], A (0, 0, 2), B(\ , — \ , 0) ,
D(\ , \ , 0) , 所以A—M (→)= ( cos α , sin α , —2) , —BD (—→)=
(0,\ , 0) , 設(shè)直線 AM 與直線BD所成的角為θ , 所
(
\
5
×
\
6
)以 cos θ = i cos〈A—M (→), BD (—→)—〉i = \sin α = \ i sin α i
∈ [0, \ 故答案為 [0, \ .
四 、解答題
15. 解:(1)因為 A(1, 1) , B(2, —2) ,
所以 KAB = = —3, (2分)
(
3
,
)所以弦 AB的垂直平分線的斜率為 1
(
2
,
—
2
,
)又弦 AB的中點坐標(biāo)為 ( 3 1 )
所以 弦 AB 的 垂 直 平 分 線 的 方 程 為 y 十 = 父— , (4分)
即 父—3y—3=0, 與直線 l: 父—y十1= 0 聯(lián)立解得: 父= —3, y= —2, (6分) 所以圓心 C的坐標(biāo)為 (—3, —2) , 所以圓的半徑 r= AC =5,
則圓 C的方程為:( 父十3) 2 十(y十2) 2 =25. (8分)
(2)由(1)知 , 圓心 C(—3, —2)到直線 2父十y= 0 的
距離為 d= = \ , (11分)
因為圓的半徑 r=5,
: MN =2\= 2 \5305. (13分)
16. 解:(1)由—1=a1 , 得 —1=a1 ,
解得 a1 =2或 a1 =0, 又 an >0,
所以 a1 =2. (2分)
所以 sn =2(an —1) ,
當(dāng) n≥2 時 , sn— 1 = 2 (an— 1 —1) , 兩 式 作 差 得 an = 2an —2an— 1 , (4分) 即 n≥2時 , an =2an— 1 ,
所以 { an }是以 2 為首項 , 2 為公比的等比數(shù)列 , 經(jīng)檢 驗 n= 1 時同樣成立 , (6分)
數(shù)學(xué) 參考答案及解析
● 4 ●
(
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)故 an =2× 2n — 1 =2n . (7分)
(
2
n
十1
)(2)由(1)知 cn = 2n , (8分)
所以 Tn = c1 十 c2 十 … 十 cn = 十 十 十 … 十
(
十
,
)2n—1 2n十1
2n — 1 2n
(
1 3 5 7
2
n
—1
2
n
十1
)又 2 Tn = 22 十 23 十 24 十… 十 2n 十 2n十1 ,
(11分)
兩式相減得Tn = 十 十 十 … 十 —
(
=
十
=
)2n十1 3 1— — 2n十1 5 — 2n十5
2n十1 2 1 2n十1 2 2n十1 .
1— 2
(14分)
(
2
n
十5
)所以 Tn =5— 2n . (15分)
17. 解:(1)證明:因為四邊形 ABCD為正方形 ,
M 為CD 的中點 ,AM=\5 ,所以 AD=2. (1分)
在 △PAD 中 , 由 余 弦 定 理 得 PA =
\AD2 十PD2 —2AD● PDcos上PDA=2\3 ,
因為 PA2 十AD2 =PD2 = 16,
所以上PAD=90。,即 PA丄AD. (3分)
因為 AB=AD, PB=PD, PA=PA,
所以 △PAB≥△PAD,所以 PA丄AB. (5分) 又因為 AB∩AD=A,AB,ADG平面 ABCD,
所以 PA丄平面 ABCD. (6分)
又因為 PAG平面 PAM,
所以平面 PAM丄平面 ABCD. (7分)
(2) 由 (1)得 PA= 2\3 , AB=AD= 2, AB,AD, AP 兩兩垂直 ,
以 A為原點 ,AB,AD, AP所在直線分別為 父 軸 、y 軸 、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 . (9分)
ZA
P
N
D
(
A
) (
y
) (
B
) (
M
)
(
C
) (
b
)
則 A (0,0,0) , C (2,2,0) , M (1,2,0) , N
,0, 4\33 ) ,D(0,2,0) ,
于 是 A—M (→) = ( 1, 2, 0) , C— = ( — 2, 0, 0) , A—N (→)
= ,0, 4\33 ) .
設(shè)平面 AMN 的法向量為 n = ( 父,y, z) , (10分)
(A—M (→) ● n=0 (父十2y=0
(
則
〈
,即
〈
,
)!A—N (→) ● n=0 ! 父十 4\33z=0
令 父=—2,可得n= (—2,1, \ . (12分)
設(shè)直線 CD與平面 AMN所成的角為θ ,
(
C
—
●
n
) (
=
\
) (
4
) (
=
) (
,
) (
—
→
) (
4
)則 sin θ= | cos〈C—,n〉| =
(
I
I
n
) (
CD
)2×
\3
解得 θ= , (14分)
故直線 CD與平面 AMN所成的角為 . (15分) 18. 解:(1)設(shè)經(jīng)過點 M(1,—2)與 C2 相切的直線方程 為 y十2=k( 父—1) , (1分)
(y十2=k( 父—1)
由〈 得 a父2 —k父十k十2=0,
!y= a父2
由 Δ= (—k) 2 —4a(k十2) =0,得 k2 —4ak—8a=0, (4分)
因為直線 MA,MB都與拋物線C2 相切 ,
所以它們的斜率是方程 k2 —4ak—8a=0的兩根 .
(5分)
參考答案及解析 數(shù)學(xué)
. 5 .
(
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)由已知得 —8a=—1, 因此 a= . (6分)
(2)直線 AB與C2 相切 , 證明如下 : (7分) 設(shè) A ( 父1 , y1 ) , B ( 父2 , y2 ) , 由 點 M (1, —2) 在 C1 上 ,
得 p=2, 所以 C1 :y2 =4父, (8分)
(
y
1
—2
y
1
—2
)于是切線 MA的方程為 y = 4 父— 2y1 , (9分)
(
y
1
—2
y
1
—2
因為
MA
與
C
2
相切
,
)得 a父2 — 4 父十 2y1 =0, (11分)
所以 Δ= 2 —4a—2) =0,
即 ay1 (2)—2ay1 —2=0, 同理 , ay2 (2)—2ay2 —2=0,
(13分)
(
a
,
)又因為 y1 ≠y2 , 所以 y1 十y2 =2, y1y2 = — 2
(15分)
且 KAB = 2 (2)—— 1 (1)= = y1 十 (4)y2 =2,
故直線 AB的方程為y=2父十y1 — ,
( y = a父2
由〈( y=2父十y1 — 得 a父2 —2父十 —y1 =0,
(16分)
則 Δ=4—4a —y1 ) = 4— 2ay1 (y1 —2) = 4十 2ay1y2 =4十2a× ( — =0,
所以直線 AB與拋物線C2 相切 . (17分) 19. 解:(1)因為 A1 =max{ 2} =2, B1 =min{0, 2, 4, 2, 0, 2, 4, …}=0, 所以 d1 =A1 —B1 =2—0=2; (2分) A2 =max{2, 0} = 2, B2 =min{2, 4, 2, 0, 2, 4, … } = 0, 所以 d2 =A2 —B2 =2—0=2; (4分) A3 =max{2, 0, 2} =2, B3 =min{4, 2, 0, 2, 4, … } = 0, 所以 d3 =A3 —B3 =2—0=2; (6分) A4 =max{2, 0, 2, 4} =4, B4 =min{2, 0, 2, 4, … } = 0, 所以 d4 =A4 —B4 =4—0=4. (8分)
(2)不妨設(shè) {an } 的周期為 T(T∈ N* ) ,
記 AT =max{ a1 ,a2 , … ,aT } , BT =min{aT十1 ,aT十2 , …} , (9分)
則當(dāng) n>T時 , dn =AT —BT 是常數(shù) . 記 3n0 =T,
使得當(dāng) n>n0 時 , dn 是常數(shù) , 結(jié)論正確 . (11分)
(3)先證充分性 : 因為 { an }是公差為 d(d 為非負(fù)整 數(shù))的等差數(shù)列 ,
則 an =a1 十 (n—1)d. (12分)
所以 An = an =a1 十 (n—1)d , Bn =an十1 =a1 十nd ,
(13分)
所以 dn =An —Bn = —d(n=1, 2, 3…) . (14分) 再證必要性 : 因為 dn = —d≤0, 所 以 An = Bn 十dn ≤Bn ,
因為 an ≤An, an十1≥Bn, 所以 an ≤an十1 , (16分)
于是有 :An = an , Bn =an十1 ,
因此 an十1 — an =Bn —An = —dn =d. 故 { an }是公差 為 d 的等差數(shù)列 . (17分)2024一2025學(xué)年度上學(xué)期期末五校聯(lián)考
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題
目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。
高二數(shù)學(xué)試題
9.已知空間向量4=(2，-1，一2)，b=(3,2,2),則
本試卷共4頁，19題。全卷滿分150分。考試用時120分鐘。
A.a-2b=(-4,-5,-6)
B.a|=5
注意事項：
D.a·b=1
】,答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在
C.cos(a,a+b)-3/26
26
答題卡上的指定位置。
l0.已知等比數(shù)列{an}的公比為q,前n項和為S.,若S,=-1,且Hn∈N·,aw+2>a。,則
2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把容題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂
A.a2>0
B.0C.a+1>an
DS._1
黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
91
3.非選擇題的作答：用簽字筆直接寫在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草
稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
1.已知A,B分劃為雙出線號苦=1a>06>0)的左，右頂點，離心率為，為
4.考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交！
雙曲線上位于第一象限內(nèi)任意一點，設(shè)∠PAB=《,∠PBA=B,△PAB的面積為5，則
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項
A,tan atan是定值
是符合題目要求的。
1.直線x=tan75的傾斜角為
B哈的值隨著的增大而減小
A.90°
B.75
C.0
D.不存在
2.已知等差數(shù)列{ae}中，a1=4,as=12,則a6=
C.tan a-tan2
A.13
B.16
C.15
D.14
D.若S·tan(a十)十a(chǎn)2≥0，則l3.若直線ax+2y=0與x+(a+3)y十4=0垂直，則a=
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
A.2
B.1
C.-1
D.-2
12.若拋物線y=axr2(a0)上一點(m,1)與焦點的距離等于2，則a=
4.三棱錐A-BCD中，點E,F分別是AB,CD的中點，點G為線段EF上蘋近E的三等
13.已知定點M(4,0),N(1,0),動點P滿足MN·MP=6PV.設(shè)點P的軌跡為E,則軌
分點，記AB=a,AC=b,AD=c,則AG=
跡E的方程為」
A-言a-b+
14.棱長為√6的正四面體A一BCD中，點M為平面BCD內(nèi)的動點，且滿足AM=5,則直
,線AM與直線BD所成的角的余弦值的取值范圍為
Ba+b-c
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。
'66c
15.(本小題滿分13分)
1
1
已知圓心為C的圓經(jīng)過A(1,1)和B(2,一2)，且圓心C在直線1：x一y十1=0上.
(1)求圓C的方程；
D.fa
(2)若直線2x十y=0與圓的交點為M,N兩點，求|MN|.
5.已知精圓C:苦+苦-1的左，右焦點分別為R,5,過左焦點R,作直線交C于A,B兩
點，則三角形ABF2的周長為
A.14
B.12
C.10
D.8
6.圓C:x2+y2+4x-4y十7=0與圓C:(x-2)2+(y-5)2=16的公切線條數(shù)是
A.4
B.3
C.2
D.1
7.正三棱柱ABC-A,B,C,的所有棱長都為2，則B,C到平面A1BC的距離是
A.4②1
B.3V②
c.2v
7
7
7
n
8在平面直角坐標(biāo)系0y中，已知雙曲線若-苦=1。>0,6>0)的左右頂點分別為A
B,若該雙曲線上存在點P,使得PA,PB的斜率之和為1，則該雙曲線離心率的取值范
圍為
A1)
B(停
c(,+∞)
D.(w3,+co)
數(shù)學(xué)試題第1頁（共4頁）
數(shù)學(xué)試題第2頁（共4頁）

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