湖北省十堰市丹江口市第二中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试卷题（含解析）

这是一份湖北省十堰市丹江口市第二中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试卷题（含解析），共17页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，则点E到平面ABC的距离为等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 直线的斜率为（ ）
A. B. C. D. -3
【答案】C
【解析】
【分析】把直线方程化成斜截式，再求出斜率即得.
【详解】直线，即，所以该直线的斜率为.
故选：C
2. 椭圆的短轴长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据椭圆的标准方程求解即可.
【详解】表示焦点在轴上的椭圆，
，所以短轴长为.
故选：B.
3. 从标有1，2，3，4，5的五张卡片中无放回随机抽取两张，则抽到的两张卡片数字之和是6的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用列举法列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.
【详解】从五张卡片中无放回随机抽取两张则可能结果有，，，，
，，，，，共个；
其中满足两张卡片数字之和是6的有、共个，
所以抽到的两张卡片数字之和是6的概率.
故选：A
4. 已知平面α的一个法向量为，则AB所在直线l与平面α的位置关系为（ ）.
A. B.
C. D. l与α相交但不垂直
【答案】A
【解析】
【分析】由向量与平面法向量的关系判断直线与平面的位置关系.
【详解】因为，所以，即，所以.
故选：A
5. 高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智如南宋数学家杨辉在《详解九章算法商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关如图是一个三角垛，最顶层有个小球，第二层有个，第三层有个，第四层有个，则第层小球的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】记第层有个球，则根据题意可得，再根据累加法求解即可.
【详解】记第层有个球，则，，，，
结合高阶等差数列的概念知，，，，，则第层的小球个数
．
故选：B
6. 已知等比数列满足，，则数列前8项的和（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式列式求，再结合等比数列求和公式运算求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，可得，解得，，
所以数列的前8项的和．
故选：D．
7. 如图，在四棱锥A﹣BCDE中，AD⊥平面BCDE，底面BCDE为直角梯形，DE∥BC，∠CDE＝90°，BC＝3，CD＝DE＝2，AD＝4．则点E到平面ABC的距离为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】连接，设点E到平面ABC的距离为，利用等体法即可求解.
【详解】由题意可得
连接，设点E到平面ABC的距离为，
由，即
所以
即，解得.
故选：C
【点睛】本题考查了三棱锥的体积公式以及等体法求点到面的距离，需熟记公式，属于基础题.
8. 折纸是一种以纸张折成各种不同形状的艺术活动，折纸大约起游于公元1世纪或者2世纪时的中国，折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学成为现代几何学的一个分支.如图，现有一半径为4的圆纸片(A为圆心，B为圆内的一定点)，且，如图将圆折起一角，使圆周正好过点B，把纸片展开，并留下一条折痕，折痕上到A，B两点距离之和最小的点为P，如此往复，就能得到越来越多的折痕，设P点的轨迹为曲线C.在C上任取一点M，则△MAB面积的最大值是（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据几何关系可得到为定值4，由椭圆定义可知点轨迹方程为椭圆，结果由椭圆性质可得.
【详解】设点，关于“折痕”所在直线对称，即折前点在圆上对应的点为点.连接交“折痕”于点，则点到，两点距离之和最小，且，所以的轨迹是以，为焦点，且长轴长为的椭圆，焦距，，故短半轴，所以面积的最大值为.
故选：D.
二、多选题（本题共3小题，每题6分，共18分；全部选对得6分，多选对多得分，选错得0分）
9. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若B发生时A一定发生，则
B. 若A与B互斥，则A和B都不发生的概率为0.5
C 若，则A与B相互独立
D. 若A与B相互独立，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，分析事件A和事件B的关系即可判断；对于B，利用互斥事件的概率加法公式即可判断；对于C，D，利用独立事件的定义及独立事件的概率乘法公式进行分析判断即可.
【详解】对于A，由“若B发生时A一定发生”可知，故，所以，故A错误；
对于B，由事件A与事件B互斥可知，故事件A和事件B都不发生的概率为，故B正确；
对于C，由题知，，故，所以事件A与事件相互独立，故事件A和事件B相互独立，故C正确；
对于D，若事件A和事件B相互独立，则事件与事件相互独立，，故，故D正确.
故选：BCD.
10. 下列选项正确的是（ ）
A. 若直线与平行，则与的距离为
B. 过点且和直线平行的直线方程是
C. “”是“直线与直线互相垂直”的必要不充分条件
D. 直线的倾斜角的取值范围是
【答案】AD
【解析】
【分析】利用平行线间距离公式判断A，举反例判断B，C，利用斜率的几何意义判断D即可.
【详解】对于A，因为直线与平行，
所以，解得，此时直线为，即，
由平行线间距离公式得与的距离为，故A正确，
对于B，将点代入中，
发现，故该点不在直线上，
即过点且和直线平行的直线方程
不可能是，故B错误，
对于C，当时，直线可化为，
直线为，此时两直线也互相垂直，
所以“”不是“直线与直线互相垂直”
的必要不充分条件，故C错误，
对于D，直线的斜率为，则，
当时，的取值范围是，当时，的取值范围为，
故直线的倾斜角的取值范围是，故D正确.
故选：AD
11. 已知A，B为双曲线的左、右顶点，分别为双曲线的左、右焦点，离心率为2且焦点到渐近线的距离为为双曲线上不同于顶点的动点，则下列选项正确的是（ ）
A. 双曲线的方程为
B. 直线与双曲线有两个交点
C. 直线PA，PB的斜率之积为3
D. 若，则的面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，得到焦点到渐近线的距离为，，求出双曲线方程判断A；根据直线与渐近线平行判断B；设，则，表示出，化简判断C；利用双曲线定义，余弦定理，面积公式求出的面积，判断D.
【详解】对于A，焦点坐标为，渐近线方程为，所以焦点到渐近线距离为，
又因为，所以，又因为离心率，所以，
所以双曲线的方程为，故A正确；
对于B，因为双曲线一条渐近线方程为，与直线平行，
所以直线与双曲线有一个交点，故B错误；
对于C，设，则，，，
，故C正确；
对于D，因为，所以，
解得，
所以，故D错误.
故选：AC.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 双曲线的右焦点到渐近线的距离为_______.
【答案】2
【解析】
【分析】由双曲线方程求出的值，即可得右焦点坐标以及渐近线方程，再利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由可得，，所以，
所以双曲线的右焦点坐标为，渐近线方程为，
则双曲线的右焦点到渐近线的距离为．
故答案为：.
13. 如图，二面角等于是棱上两点，分别在半平面内，，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二面角的定义，结合空间向量的线性运算，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】因为分别在半平面内，，二面角等于，
所以，
因为，
所以
，
所以，
故答案为：
14. 设为数列的前项和，已知，对任意，都有，则的最小值为______
【答案】##
【解析】
【分析】根据等差数列的知识求得，利用基本不等式来求得正确答案.
【详解】由题可设，则，
则数列是以2为首项，2为公差的等差数列，
，
，
当且仅当，即时取得最小值，
由，所以或，
因为，
所以，即得最小值为.
故答案为：
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. 某校高一年级设有篮球训练课，期末对学生进行篮球四项指标（往返运球上篮、一分钟投篮、四角移动、比赛）考核，满分100分．参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示．
（1）由频率分布直方图，求出图中t值，并估计考核得分的第40百分位数；
（2）为了提升同学们的篮球技能，校方准备招聘高水平的教练．现采用分层抽样的方法（样本量按比例分配），从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求至少一人来自的概率．
【答案】（1），77.5．
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图中各组频率之和为1列方程求出，再根据百分位数的定义列方程求解即得；
（2）根据分层抽样，先求抽取的5人中分别来自和的人数，设出样本点，写出试验的样本空间和事件所含的样本点，利用古典概率模型公式求解即得.
【小问1详解】
由题意得：，解得，
因为，，
设第40百分位数为x，则，
解得，即第40百分位数为77.5．
【小问2详解】
由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有（人），记为，
在的有人，记为.
则“从中挑出两人进行试课”这个试验的样本空间为：
，则，
设事件M为“至少一人来自”，
则，则，
因此，
所以至少一人来自的概率为．
16. 已知等比数列的各项满足，若，且，，成等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的基本量计算即可求解公比，进而可求解通项，
（2）由分组求和以及等比等差数列的求和公式即可求解.
【小问1详解】
设首项为，
由于，，成等差数列，则，即，
化简可得，
又，解得或（舍去），
；
【小问2详解】
设数列的前项和为，
则
．
17. 如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=2，BC=4．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE平面BCED，如下图．
（Ⅰ）求证：A1OBD；
（Ⅱ）求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值；
【答案】（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）先证，再由面面垂直，即可证明线面垂直，再推出线线垂直；
（Ⅱ）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，即可由向量法求得线面角的正弦值.
【详解】（Ⅰ）因为，分别为中点，
故可得，故为等腰三角形，又为中点，
故可得，又因为平面A1DE平面BCED，且交线为，
又平面，故平面，又平面，
故.即证.
（Ⅱ）过作，由（Ⅰ）可知平面，
又平面，故可得，
又因为//，故可得.
综上所述：两两垂直，
故以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
如下图所示：
故可得，
则
设平面的法向量为，
故可得，即，
取，可得.故.
又，
故可得
设直线A1C和平面A1BD所成角为，
故可得.
则直线A1C和平面A1BD所成角正弦值为.
【点睛】本题考查由线面垂直推证线线垂直，以及用向量法求线面夹角，属综合中档题.
18. 已知的圆心在轴上，且经过点和．
（1）求的标准方程；
（2）过点的直线与交于两点．
①若，求直线的方程；
②求弦最短时直线的方程．
【答案】（1）
（2）①或；②；
【解析】
【分析】（1）设出圆心坐标，根据圆上点的坐标解方程即可；
（2）①根据弦长求得圆心到直线的距离，分别讨论直线的斜率是否存在解方程可得结果；
②易知当时，弦最短，由直线的点斜式方程计算可得结果.
【小问1详解】
设圆心坐标为，
依题意可得：，解得；
则该圆的圆心为，半径为；
故的标准方程为：；
【小问2详解】
①由过点的直线与交于两点，设圆心到直线的距离为,
由，可得，；
当直线的斜率不存在时，直线方程为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即
，解得，
故直线的方程为，即.
综上可知，直线的方程为或；
②依题意可知点在圆内，如下图所示：
设圆心到直线的距离为，由弦长公式可得，
显然当取得最大值时，即时，此时，
即当时，弦最短，
易知，因此直线的斜率为，
可得直线的方程为，即.
19. 已知，分别是椭圆的左、右顶点，P（异于点A，B）是C上的一个动点，面积的最大值为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）记直线PA，PB的斜率分别为，，求的值；
（3）直线l交椭圆C于M，N两点（异于A，B两点），直线AM，AN的斜率分别为，，且，证明：直线MN过定点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件可知当点在椭圆上、下顶点处时，面积的最大，由此可计算椭圆标准方程.
（2）设，表示，利用点在椭圆上可求结果.
（3）设l的方程为，与椭圆方程联立，利用可计算出的值，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意得，.
当点在椭圆上、下顶点处时，面积的最大，此时面积为，
∴，∴椭圆C的方程为．
【小问2详解】
设，则，即，
∴．
【小问3详解】
由题意知直线l的斜率不为0，设l的方程为，，．
由得，
，
∴，，
∴，，
∵，∴，即，
∴，
解得或（舍）．
当时，满足，此时MN的方程为，故直线MN过定点．