安徽省阜阳市第三中学2024-2025学年高二上学期第二次调研考试（12月）数学试卷（Word版附解析）

2024-2025学年阜阳三中高二年级第一学期第二次调研考试数学试卷考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．3．本卷命题范围：人教A版必修第二册20%，选择性必修一50%，选择性必修二（数列）30%．一、选择题：本大题共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. 若复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】将已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出，根据共轭复数的定义得，再利用复数的几何意义判断其所在的象限，即可得出答案.【详解】，，根据复数的几何意义在第四象限.故选：D.2. 已知数列是首项为5，公差为2的等差数列，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的定义，写出通项公式，结合题意，可得答案.【详解】由题意得，即，则．故选：A．3. 把一个高9cm 的圆锥形容器装满水，倒进一个与它底面积相等、高度 相等的圆柱形容器中，此时水的高度是（ ）A. 4.5cm B. 3cm C. 27cm D. 1cm【答案】B【解析】【分析】根据水的体积相等，结合圆锥和圆柱的体积公式运算得解.【详解】设圆锥和圆柱的底面积为，圆柱中水的高度为，则，解得.所以圆柱中水的高度是3.故选：B.4. 设a为实数，已知直线，若，则（ ）A. 6 B. C. 6或 D. 或3【答案】A【解析】【分析】根据直线一般形式下的平行条件计算即可.【详解】因为，所以，解得或．当时，，平行；当时，，可判断此时重合，舍去．故选：A．5. 已知圆上的所有点都在第二象限，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将圆的一般方程化为标准方程后可得圆心及其半径，结合圆的性质与第二象限的点的性质计算即可得解.【详解】由，化简可得，则该圆圆心为，半径为3，由题意可得a3,解得，故实数的取值范围是．故选：A.6. 如图所示，若P为平行四边形ABCD所在平面外一点，H为PC上的点，且，点G在AH上，且．若G，B，P，D四点共面，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】以为基底，表示向量，由可求的值.【详解】因为．由四点共面，所以．故选：C．7. 设椭圆的左、右顶点为，，左、右焦点为，，上、下顶点为，.关于该椭圆，有下列四个命题：甲：；乙：的周长为8；丙：离心率为；丁：四边形的面积为.如果只有一个假命题，则该命题是（ ）A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁【答案】B【解析】【分析】利用椭圆方程，分析甲乙丙丁都为真时得到关于的等式，再分析得甲乙不同时为真，进而分类讨论甲、丙和丁为真与乙、丙和丁为真两种情况即可得解.【详解】依题意，作出椭圆的图象，如图，若甲为真命题，则；若乙为真命题：则的周长为，即；若丙为真命题，则离心率为；若丁为真命题，则四边形的面积为；当甲乙都为真时，有，解得，则，此时，，则丙和丁都是假命题；所以甲乙不可能同时为真，且必有一真一假，故丙和丁都为真；若甲、丙和丁为真，则，解得，此时满足，且，符合题意；若乙、丙和丁为真，则，解得，此时，即乙、丙和丁不同时为真，假设不成立；综上，乙命题为假命题.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，分析甲乙丙丁都为真时得到关于的等式，进而分析得解.8. 已知是抛物线上异于原点的两点，且以为直径的圆过原点，过点向直线作垂线，垂足为，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据以AB为直径的圆过原点可求得直线恒过定点，由四点共圆可知的最大值为该圆直径，进而求得结果.【详解】设点，点，其中，，以AB为直径的圆过原点，，解得：，易知直线的斜率不为，不妨设直线的方程为：，由化简整理得：，，解得：，直线恒过定点，，，四点共圆，即点在以为直径的圆（除原点外）上运动，此时该圆直径为，的最大值为该圆的直径，即.故选：B．二、多项选择题：本大题共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. 空间直角坐标系中，已知，下列结论正确的有（ ）A. B. 点A关于平面对称的点的坐标为C. 若，则D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据点坐标可得向量坐标，即可求得A，根据对称的性质可求得B，向量法可判断直线的位置关系，即可求得C，根据向量共线定理可判断D.【详解】对于A，由题意，A正确；对于B，关于平面对称的点的坐标相同，坐标相反，因此点关于平面对称的点的坐标为，B错误；对于C，若，则，所以，C正确；对于D，若且，则，解得，D正确，故选：ACD．10. 在平面直角坐标系xOy中，已知是动点．下列命题正确的是（ ）A. 若，则M的轨迹的长度等于2B. 若，则M的轨迹方程为C. 若，则M的轨迹与圆有交点D. 若，则的最大值为3【答案】AD【解析】【分析】根据选项中的的关系，列出关于的等式，分析等式的几何意义即可求解.【详解】对于A，因为，所以的轨迹为线段，从而的轨迹的长度等于2，故A正确；对于B，因，由双曲线的定义，知的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，而选项中的方程中未限制范围，故B错误；对于C，由，得，化简，得，联立，方程组无解，所以的轨迹与圆没有交点，故C错误； 对于D，由，得，化简得，所以的轨迹是以为圆心，半径为的圆，等于在轴上的投影的长度，由图知其最大值为3，故D正确. 故选：AD．11. 分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它的研究对象普遍存在于自然界中，因此又被称为“大自然的几何学”.按照如图1所示的分形规律，可得如图2所示的一个树形图．若记图2中第n行白圈的个数为，其前n项和为；黑圈的个数为，其前n项和为，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】根据题意得，再利用裂项相消法可求出，，然后逐个分析判断.【详解】由于每一个白圈产生下一行的1白1黑两个圈，一个黑圈产生下一行的1个白圈2个黑圈，第n行白圈的个数为，黑圈的个数为，所以，所以B错误，所以由，得，，，所以A正确，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以D正确，因为，所以，因为，，所以，所以，所以C错误，故选：AD【点睛】关键点点睛：此题考查数列的递推式的应用，考查裂项相消法，解题的关键是根据题意求得递推式，考查推理能力和计算能力，属于较难题.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12. 数列满足，且，则________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，探讨数列的周期，进而求出所求值.【详解】数列中，，由，得，则，因此数列是以2为周期的周期数列，，所以，.故答案为：13. 一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为2.现样本加入新数据4，5，6，此时样本容量为10，方差为______.【答案】【解析】【分析】利用平均数和方差的定义直接求解即可.【详解】设这个样本容量为7的样本数据分别为则，所以，，所以.当加入新数据4，5，6后，平均数，方差.故答案为：14. 已知正四棱锥底面边长为2，高为1，动点P在平面内且满足，则直线与所成角的余弦值的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】应用空间向量法，先求点的坐标，再分别表示得，，化简，得出异面直线所成角的余弦值，再根据值域可得余弦范围.【详解】设正方形的中心为，过点作的垂线，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则点，，设，可得，，所以，，，，因为，可得，可设，，设直线与所成角为，由，，则，令，可得，则，则，,可得．故答案为：.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是换元应用二次函数值域，进而得出余弦值的范围.四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15. 在中，角的对边分别是，已知.（1）证明：.（2）若的面积为1，求.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据和差角公式可得，即可利用正弦定理边角互化求解，（2）根据面积公式可得，进而可得，由余弦定理即可求解.【小问1详解】由可得，故，即，由正弦定理可得，故.【小问2详解】由可得，故，结合得，故，又，故，故，由余弦定理可得.16. 已知是单调递增的等差数列，，且成等比数列．（1）求的通项公式；（2）若，求．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）运用等比中项公式，结合等差数列的通项公式计算即可；（2）运用对数性质，结合等比数列求和公式计算.【小问1详解】设的公差为，由，得，则．由成等比数列，得，则，而是单调递增的等差数列，所以，所以．解方程组得所以的通项公式为．【小问2详解】由，可得，所以．故是以为首项，公比为的等比数列，所以．17. 如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，． （1）证明：平面平面；（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长．【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用余弦定理得到，从而得到，利用线面垂直的性质得到，进而得到面，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，得到，即可求解.【小问1详解】在中，，，，由余弦定理，得到，解得，所以，得到，又，所以，即，又平面，面，所以，又，面，所以面，又面，所以平面平面.【小问2详解】以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，因为，，，则，则，设平面的一个法向量为，则，得到，取，得到，即，易知平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，整理得到，解得，所以. 【点睛】18. 设直线．点和点分别在直线和上运动，点为的中点，点为坐标原点，且．（1）已知直线 ：经过定点P，直线经过点P，且，求直线的方程.（2）求点的轨迹方程；（3）当直线的斜率存在时，设点关于直线的对称点为，证明：直线过定点．【答案】（1） （2） （3）证明见解析【解析】【分析】（1）先将直线的方程变形求出定点的坐标，再根据两直线垂直斜率之积为求出直线的斜率，进而得到直线的方程.（2）设，，，利用中点坐标公式，以及已知条件来求点的轨迹方程.（3）先求出直线的方程，再根据对称点的性质求出点的坐标，最后求出直线的方程并证明其过定点.【小问1详解】对于直线，将其变形为.令，解方程组： 将其代入，得到那么，所以定点.已知直线，其斜率，因为，两直线垂直斜率之积为，所以直线的斜率.由点斜式可得直线的方程为，整理得.【小问2详解】设，则，所以从而因为，所以，即．则，化简得．所以点的轨迹方程为．【小问3详解】设，则，当直线的斜率存在，易得且，则直线的方程为，注意到，化简得．点与关于直线AB对称，设，则由，解得，又，所以，从而，令，得，因此直线过定点． 19. 对于数列若存正数k，使得对任意m，都满足，则称数列符合“条件”.（1）试判断公差为2的等差数列是否符合“条件”？（2）若首项为1，公比为q的正项等比数列符合“条件”.①求q的取值范围；②记数列的前n项和为，证明：存在正数，使得数列符合“条件”.【答案】（1）公差为2的等差数列符合“条件”； （2）①；②证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用定义判断结论是否成立；（2）①，根据的单调性去掉绝对值，通过构造新数列，由不等式恒成立得到新数列不递减，求q的取值范围；②要证数列符合“条件”，只要证，构造新数列，由不等式恒成立得到新数列不递减，由条件只要证即可.【小问1详解】数列是差为2的等差数列，则，则，所以公差为2的等差数列符合“条件”.【小问2详解】①首项为1，公比为的正项等比数列符合“条件”，则，且恒成立，，若，则，符合，若数列单调递增，不妨设，由条件知，即，设，由（*）式中的任意性，得数列不递增，，但当n>1−logq2q−1时，，矛盾，若，则数列单调递减，不妨设，由条件知，即，设，由式中的任意性，得数列不递减，，时，单调递增，，综上，公比的取值范围为，②由①得当时，，要存在使得，只需即可；当时，要证数列符合“条件”，只要证存在，使得，不妨设，则只要证：，只要证：，设，由的任意性可知，只要证，只要证：，存在使得上式成立，存在正数使得数列符合条件.【点睛】思路点睛：在第（2）②中判断数列是否符合“条件”时，分类讨论，根据数列的单调性去掉绝对值，通过构造新数列，由不等式恒成立得到新数列不递减，研究此数列不递减的条件即可.