湖北省汉阳一中、江夏一中、洪山高中等学校2024-2025学年高二下学期2月联考 数学试题（含解析）

这是一份湖北省汉阳一中、江夏一中、洪山高中等学校2024-2025学年高二下学期2月联考 数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了 定义等内容，欢迎下载使用。
试卷满分：150分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、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. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先把抛物线化成标准方程再求出焦点坐标即可.
详解】由抛物线可得，
可得焦点坐标为.
故选：D.
2. 已知直线与平行，则（ ）
A. 或3B. 0或3C. 0或D. 或0或3
【答案】B
【解析】
【分析】根据两条直线平行的条件，列式计算并验证得解.
【详解】由直线与平行，得，
解得或或，当时，两直线重合，不符合题意；
或符合题意，所以或.
故选：B
3. 记为等比数列的前项和，若，则（ ）
A. 63B. 64C. 127D. 128
【答案】C
【解析】
【分析】利用基本量法可求首项和公式，再利用求和公式可求.
【详解】由条件可知，的公比，
由题意得，，解得，所以．
故选：C.
4. 已知直线与双曲线相交于、两个不同点，点是的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用点差法可求得，结合可得出双曲线的离心率的值.
【详解】设点、，由题意可得，
因为点是的中点，则，
因为，这两个等式作差可得，
所以，，
因此，双曲线的离心率为.
故选：D.
5. 如图，已知平行四边形，，且，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则A与C之间距离为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算及数量积公式计算模长即可.
【详解】已知平行四边形，，且，
，，
平面与平面所成角的余弦值为，
，
，
，
，
则，即与之间距离为，
故选：C．
6. 已知数列的通项公式为，则当取得最小值时，（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用作商法判断数列单调性，得出数列的最小值即可得解.
【详解】由，则，
令，则，由，解得，
所以当时，，当时，，
即当时，数列单调递减，当时，数列单调递增，
又，，所以，即为数列的最小值，
故当取得最小值时，.
故选：B
7. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，为底面内的一个动点，若，则动点在（ ）
A. 直线上B. 圆上C. 抛物线上D. 椭圆上
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知将化为，在底面内构建如下图示的直角坐标系，应用向量数量积的坐标表示求动点轨迹.
【详解】由，
由平面，平面，则，
所以，底面是边长为的正方形，
在平面内构建如下图示的直角坐标系，则，
设，则，
所以，即动点在圆上.
故选：B
8. 定义：，两点间的“M距离”为把到两定点，的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”，则“椭圆”的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接法求出曲线方程，通过其对称性质先研究它在第一象限的特征，进而得到整个图形特征，求得其面积.
【详解】设，则“椭圆”方程是，即，
将换为可得，即，所以“椭圆”关于轴对称；
将换为可得，即，所以“椭圆”关于轴对称；
将换为，换为可得，即，所以“椭圆”关于原点对称；
研究“椭圆”在第一象限图象，
当时方程为，是一条线段，端点坐标分别为，，
当时方程为，表示一条线段，端点坐标分别为，，
结合曲线的对称性，“ 椭圆”大致图象如图：
四边形是直角梯形，上底长为，下底长为，高为，
所以梯形面积为，
所以“椭圆”面积为
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出“椭圆”的方程，结合其对称性，只需分析在第一象限部分的情形.
二、选择题：本题共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. 若方程，所表示的曲线为C，则下列命题正确的是（ ）
A. 曲线C可以表示圆B. 若曲线C是椭圆，则
C. 曲线C不可能表示直线D. 若，则C为双曲线
【答案】ACD
【解析】
【分析】
当时，化简方程可判断出正确；曲线是椭圆，则，解出可判断不正确；由，，，可判断出正确；若，则，可判断出正确．
【详解】当时，方程，化为，表示圆，所以正确；
曲线是椭圆，则，解得，所以不正确；
由，，，所以曲线不可能表示直线，所以正确；
若，则，为双曲线，所以正确；
故选：ACD
10. 已知直三棱柱中，，点为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 平面
C. 异面直线与所成的角的余弦值为
D. 直三棱柱的外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，计算的坐标和的坐标即可判断A，计算平面的法向量，计算即可判断B，由分别计算即可判断C，对于D先计算出外接球的半径，根据球的表面积公式即可判断D.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，
则.
对于A：，
所以，故A正确；
对于B：，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，所以，
所以，即，又平面，所以平面，故B正确；
对于C：，则，
所以，
即异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误；
对于D：因为，直三棱柱的外接球的半径为，
则有，
所以直三棱柱的外接球的表面积为，故D正确.
故选：ABD.
11. （多选）已知数列满足，，设，记数列的前项和为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，只需要依次对赋值计算即得；对于B，先推理得到，由得，从而得数列为公差为1的等差数列，由通项公式计算即得；对于C，利用错位相减法求和即得；对于D，根据条件将分成奇数项和偶数项分别求和，利用C项结论和等比数列的求和公式计算即得.
【详解】对于A，由，因，
可得，，故A正确；
对于B，当时，
（*），
因，则，
故由（*）可得，则，
即数列为公差为1的等差数列，
则有，可得，故B正确；
对于C，由，
可得，
上面两式相减可得
，
可得，故C错误；
对于D，由，，可得：，
则
，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 曲线 与直线有公共点，则k的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】通过化简知曲线是圆心为，半径为的上半圆，再借助数形结合的方法，利用直线与半圆相切时直线的斜率可得结果.
【详解】直线过定点，由得，故曲线是圆心为，半径为的上半圆，如图所示：
当直线与半圆相切时，
设切线倾斜角为，，则，∴切线的斜率，
所以曲线 与直线有公共点，则k的取值范围是.
故答案：.
13. 设是数列的前项和，且，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先根据再化简得出，即可求出通项公式再计算即可求值.
【详解】因为，左右同时乘以，
则，又因为，
所以是以1为首项以1为公差的等差数列，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
14. 如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球，，使得它们分别与圆锥的侧面和平面都相切，平面分别与球，相切于点，.数学家GerminalDandelin利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也被称为Dandelin双球.若球，的半径分别为6和3，球心距离，则此椭圆的长轴长为___________.

【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，过切点E，F作出双球模型的轴截面，利用圆的切线性质及椭圆的定义求解作答.
【详解】过切点E，F作出双球模型轴截面，设球分别与圆锥的同一条母线切于A，B两点，

有，过作于点C，则四边形是矩形，
于是，，又，从而，
设直线AB与平面的交点为P，则有，，
所以椭圆的长轴长.
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
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. 已知圆A经过两点，，且圆心A在直线上.
（1）求圆A的标准方程；
（2）求过点且与圆A相切的直线方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆的标准方程.
（2）判断直线符合题意，当切线斜率存在时，设出切线的方程，利用点到直线的距离公式来求得正确答案.
【小问1详解】
设圆心为，半径为r，由，
得，得，
点A的坐标为，圆半径，
圆A的标准方程为；
【小问2详解】
画出圆的图象如下图所示，
由图可知，直线过点，且与圆相切，
当过点与圆相切的直线斜率存在时，
设切线方程为，
到直线的距离，解得，
所以切线方程为.
综上所述，切线方程为或.
16. 记为数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求整数的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推公式，利用构造法以及整体代换思想可得是以为首项、为公比的等比数列，从而得出结论；
（2）利用分组求和法以及等比数列的前n项和求解即可.
【小问1详解】
已知，，
，
是以为首项、为公比的等比数列，
．
【小问2详解】
由（1）可知，，
，
，
；
由，可得， 为整数，
的最小值为2026．
17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面平面，点在棱PB上，且平面ACE.
（1）求证：为PB的中点；
（2）求平面ACE与平面ACD夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接BD交AC于点，连接EF，由平面，得到，再由为BD的中点证明；
（2）先证明OF，OC，OP两两垂直，再以为坐标原点，OF，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面ACE的法向量为，易知是平面ACD的一个法向量，由求解.
【小问1详解】
证明：连接BD交AC于点，连接EF，
因为底面ABCD是矩形，所以为BD的中点，
因为平面平面PBD，
平面平面，所以，
又因为为BD的中点，所以为PB的中点.
【小问2详解】
解：取CD的中点，连接PO，FO，
因为底面ABCD为矩形，所以，
因为为CD的中点，
所以，
，所以，
又因为平面平面ABCD，平面平面平面，
所以平面ABCD，所以，
所以OF，OC，OP两两垂直.
以为坐标原点，OF，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则由题意可得，，
则，
由上可知为平面ACD的一个法向量，
设平面ACE的法向量为，
则令，则，所以，
所以，
所以平面ACE与平面ACD夹角的正弦值为.
18. 已知椭圆：上的点到焦点距离最短为，到焦点距离最长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与椭圆交于，两点，且椭圆的左、右焦点分别为，，，的面积分别为，，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，进而解出，求得，进而求解即可；
（2）当直线的斜率不存在，可得，当直线的斜率存在时，联立直线和椭圆方程，由韦达定理以及三角形面积公式表示出，进而结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
由题意，，
解得，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，，
当直线的斜率不存在时，，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，得，
设，则，
所以，，
由于异号，所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为．
综上所述，的最大值为．
19. 已知抛物线（为正整数），为直线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，记点的纵坐标分别为（其中）．
（1）证明：成等差数列；
（2）若，记等差数列的公差为．
（i）用和表示；
（ii）初等数论是研究数的规律，特别是整数性质的数学分支．初等数论中有如下定理：若两个正整数的最大公约数为1，且这两个正整数的乘积是某个正整数的平方，则这两个正整数都为完全平方数．请用该定理证明下面的问题：若为正奇数，为正整数，且这三个数两两之间的最大公约数都为1，证明：一定可以表示为某两个正整数的平方之和．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设直线方程与抛物线联立，根据韦达定理以及中点坐标公式即可求得之间的关系；
（2）（i）由第一问的结论结合两点间的距离公式可以得到关系式；（ii）由已知条件的信息，通过证明来说明.
【小问1详解】
由题意有，点，设直线的斜率分别为，
直线的方程为，代入，有，
整理为，
有，有，
同理有，可得是关于的方程的两个根，
有,
又由，同理有，有，
故成等差数列；
【小问2详解】
（i）若，有，可得，
有，
故有；
（ii）由（i）有，又由为正整数，为正整数，为正奇数，且这三个数两两之间的最大公约数都为1，可得为奇数，
方程可化为，可化为，可化为，
由为奇数，可得和都为整数，
设和的最大公约数为，可得是和的因数，
又由的最大公约数为1，可得，
因为和最大公约数为为一个整数的平方，
可得和都是一个整数的平方，
不妨设（其中都为正整数，），
可得，故一定可以表示为某两个正整数的平方之和.