湖北省部分重点中学2024-2025学年高二上学期1月期末联考数学试题（Word版附解析）

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数学试卷
本试题卷共 4 页，19 题.全卷满分 150 分.考试用时 120 分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在
答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：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.写在
试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和
答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单选题：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
项符合题目要求的．
1. 数列-1，3，-5，7，…的第 9 项是（ ）
A. -17 B. 17 C. -19 D. 19
【答案】A
【解析】
【分析】通过列举即可求解.
【详解】由数列规律可得：
-1，3，-5，7，-9，11，-13，15，-17，…
所以第 9 项是-17，
故选：A
2. 某小组有 2 名男生和 3 名女生，从中任选 2 名同学参加比赛，那么互斥且不对立的两个事件是（ ）
A. 至少有 1 名女生与全是女生 B. 恰有 1 名女生与恰有 2 名女生
C. 至少有 1 名女生与全是男生 D. 至少有 1 名女生与至多有 1 名男生
【答案】B
【解析】
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【分析】根据互斥事件与对立事件的概念逐项判断可得结果.
【详解】“从中任选 2 名同学参加比赛”所包含的基本情况有：两男、两女、一男一女.
A. “至少有 1 名女生”包含的基本情况有：两女、一男一女，与“全是女生”可以同时发生，不是互斥事件，A
错误.
B.“恰有 1 名女生” 表示一男一女，与“恰有 2 名女生”不可能同时发生，是互斥事件，但不是对立事件，B
正确.
C.“至少有 1 名女生”与“全是男生”是互斥事件也是对立事件，C 错误.
D.“至少有 1 名女生”包含的基本情况有：两女、一男一女，“至多有 1 名男生” 包含的基本情况有：两女、一
男一女，可以同时发生，不是互斥事件，D 错误.
故选：B.
3. 已知 ，动点 C 满足 ，则点 C 的轨迹是（ ）
A. 椭圆 B. 直线
C. 线段 D. 点
【答案】C
【解析】
【分析】由 ，作出判断即可．
【详解】因为 ，
所以 ，知点 C 轨迹是线段 AB．
故选：C.
4. 抛物线 的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】转换成标准方程即可求解；
【详解】由 ，
可得： ，
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所以焦点坐标为： ，
故选：C
5. 已知直线 与直线 平行，则 （ ）
A. B. C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】由两直线平行的充要条件直接列式求解即可.
【详解】因为直线 与直线 平行，
所以 ，解得 或 .
故选：D.
6. 如图所示，ABCD—EFGH 为边长等于 1 的正方体，若 P 点在正方体的内部且满足
，则 P 点到直线 BC 的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以 D 为坐标原点， 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 由题意，计算
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出 和 的坐标，然后根据向量法求点到直线的距离公式 即可求解.
【详解】如图，以 D 为坐标原点， 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
所以 ， ， ，
，
， ，
，
所以点 P 到 的距离 ．
故选：B.
7. 若等差数列 的前 项和为 ,则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的前 项和公式,判断 的正负,进而判断是否为充分条件,当 时
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, 的正负无法判断,则 的正负无法判断,进而判断不是必要条件,综上即可选出选项.
【详解】解:由题知 为等差数列 的前 项和,
当有 成立时,
,
,
,
,
,
,
所以“ ”是“ ”的充分条件,
当有 成立时, 的正负无法判断,
,
则 正负无法判断,
则“ ”不是“ ”的必要条件,
综上: “ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选:C
8. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，点 ，且
线段 的中点在 C 的渐近线上，当点 P 在 C 的右支上运动时， 的最小值为 6，则此双曲线的
焦距为（ ）
A. 8 B. 6 C. 4 D. 2
【答案】C
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【解析】
【分析】结合双曲线的定义可得 ，进而可得 ，再由线段 的中点在 C
的渐近线上得到 ，从而求得 即可得解.
【详解】依题意， ，
当 三点共线时，取等号，此时 ，即 ，
因为 渐近线为 ，
又 的中点坐标为 ，代入渐近线方程得 ，则 ，
所以 ，则 ，得 ，所以 ，
则此双曲线的焦距为 .
故选：C.
二、多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中有多项符
合题目要求的，全部选对的得 6 分，有错选的得 0 分，部分选对的得部分分．
9. 甲、乙两名同学进行投篮比赛，甲每次命中概率为 ，乙每次命中概率为 ，甲和乙是否命中互不影
响，甲、乙各投篮一次，则（ ）
A. 两人都命中的概率为 B. 恰好有一人命中的概率为
C. 两人都没有命中的概率为 D. 至少有一人命中的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】计算各事件的概率判断各选项是否正确.
【详解】设事件 ：甲投篮一次，命中；事件 ：乙投篮一次，命中.
则事件 ， 独立.
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对 A 选项：由 ，故 A 正确；
对 B 选项：由 ，故 B 正确；
对 C 选项：由 ，故 C 错误；
对 D 选项：由 ，故 D 正确.
故选：ABD
10. 已知数列 满足 ，则（ ）
A. B. 的前 n 项和为
C. 的前 100 项和为 100 D. 的前 30 项和为 357
【答案】AD
【解析】
【分析】当 时， ，两式相减可求出 ，检验 满足 ，可判
断 A；由等差数列的前 项和公式可判断 B；由分组求和法可判断 C，D.
【详解】当 时， ，
当 时， ，
两式相减可得： ，
所以 ，
显然当 时， 满足 ，故 ，故 A 正确；
由等差数列求和公式知 的前 项和为 ，故 B 错误；
令 ， 的前 100 项和为：
，故 C 错误；
令 ，
所以 的前 30 项和为：
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，故 D 正确.
故选：AD.
11. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围
成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，半正多面体的棱长
为 ，棱数为 24，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四
面体所得的，下列结论正确的有（ ）
A. 平面
B. 若 是棱 的中点，则 与平面 平行
C. 若四边形 的边界及其内部有一点 ， ，则点 的轨迹长度为
D. 若 为线段 上 动点，则 与平面 所成角的正弦值的范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，推出“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点，再结合立体几何证明线面垂
直、线面平行的判定定理，以及向量法求空间角，对选项逐一判定.
【详解】如图所示，“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.
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对于 A 选项，由图可知 平面 ，A 选项正确；
对于 B 选项，根据正方体的几何性质，易知平面 平面 ，
而 与平面 相交，故 与平面 不平行，B 选项错误；
对于 C 选项，半正多面体的棱长为 ，所以正方体的棱长为 4，
在正方体中， 平面 ，得 ，
故 ，
所以点 的轨迹是以 为圆心、2 为半径的圆，
又点 在四边形 的边界及其内部，所以点 的轨迹是劣弧 ，
所以点 的轨迹长度为 ，故 C 正确；
对于 D 选项，如图建立空间直角坐标系，
则 ， ， ，
设 ，则 ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ， 与平面 所成角为 ，
则 ，取 ，则 ，
，
由 ，可得 ，故 D 选项正确.
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故选：ACD.
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知 ， ，若 ，则实数λ=______．
【答案】
【解析】
【分析】根据 可得 ，可求 的值.
【详解】因为 ，
由 ，
所以 .
故答案为：
13. 已知 ， 为椭圆 的左右焦点， ， 为 上关于坐标原点对称的两点，
且 ，则椭圆 的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由 ， 是关于坐标原点对称的两点，且 知四边形 为矩形，进而得到 ，
， 的比例关系，求出离心率.
【详解】连接 ， ， ，
， 为椭圆 上关于坐标原点对称的两点， 为 的中点，
又 为 的中点且 ， 四边形 为矩形，
不妨设 ，则 ，
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.
故答案为：
14. 如图，直角 中， ， ，作 的内接正方形 ，再做
的内接正方形 ，…，依次下去，所有正方形的面积依次构成数列 ，其前 项和为
_________.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：数列{an}构成以 为首项,以 为公比的等比数列,故 .
考点：归纳推理
四、解答题：本大题共 5 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 ， ，O 为坐标原点，圆 C 为 的外接圆．
（1）求圆 C 的方程；
（2）过原点的直线 l 被圆 C 截得的弦长为 ，求直线 l 的方程．
【答案】（1） ；
（2） 或 .
【解析】
【分析】（1）设出圆的一般方程，利用待定系数法列式求解即得.
（2）由圆的弦长公式求出圆心到直线 的距离，再利用点到直线距离公式求解即得.
【小问 1 详解】
设 的外接圆的方程为 ，
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由 A，B，O 均在圆 C 上，得 ，解得 ，
所以圆 C 的方程为 .
【小问 2 详解】
由（1）知圆心 ，半径为 ，由直线 l 被圆 C 截得的弦长为 ，
得点 C 到直线 l 的距离为 ，
当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ，则 ，
两边同时平方得 ，解得 或 ，
当直线 l 的斜率不存在时，不满足条件，
所以直线 l 的方程为 或 .
16. 已知数列 为公差不为零的等差数列，其前 n 项和为 ， ，且 ， ， 成等比数列．
（1）求 的通项公式；
（2）若数列 是公比为 3 的等比数列，且 ，求 的前 n 项和 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设公差为 d，根据等差数列的前 n 项和公式与等比中项公式列出关于 和 d 的方程，求解即可
得 的通项公式；
（2）由（1）可得等比数列 的第三项 ，进而得 ，从而得到 的通项公式，利用等
差和等比数列前 n 项和公式分组求和即可求出 .
【小问 1 详解】
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因为 为等差数列，设公差为 d，
由 ，得 ， 即 ，
由 ， ， 成等比数列得 ， ，
化简 得 ，因为 ，所以 ．
所以 ．
综上 ．
【小问 2 详解】
由 知 ， ，
又 为公比是 3 的等比数列， ，
所以 ，即 ，
所以 ， ，
所以
.
综上 .
17. 已知数列 的前 项和为 ， ， ， ．
（1）证明： 为等差数列；
（2）在数列 中， ， ，若 的前 项和为 ，证明： ．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用 与 的关系式，结合等差数列的定义即可得证；
（2）利用（1）中结论求得 ，进而利用累乘法求得 ，再利用裂项相消法求得 ，从而得证.
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【小问 1 详解】
因为 ，
所以 ，即 ，
又 ，
所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列.
小问 2 详解】
由（1）知： ，
则 ，
又 ，所以 ，
所以
，
所以 .
18. 如图，在四棱锥 中， ， ， ， ，
平面 平面 ， 为 中点．
（1） 平面 ；
（2）求平面 与平面 夹角的余弦值；
（3）线段 上是否存在一点 ，使 ∥平面 ？如果不存在，请说明理由；如果存在，求 的
值．
【答案】（1）证明见详解
第 14页/共 18页
（2）
（3）存 ，
【解析】
【分析】（1）根据题意可得 ，再结合面面垂直的性质分析证明；
（2）建系标点，求平面 与平面 的法向量，利用空间向量求面面夹角；
（3）设 ，利用空间向量结合线面平行可得 ，即可得结果.
【小问 1 详解】
因为 ， 为 中点，则 ，
且平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
【小问 2 详解】
以 为坐标原点， 分别为 轴，平行于 的直线为 轴，建立空间直角坐标系，
则 ，
可得 ，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，则 ，可得
由题意可知：平面 的法向量 ，
则 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
【小问 3 详解】
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线段 上是否存在一点 ，使 平面 .
设 ，则 ，
若 平面 ，则 ，
可得 ，解得 ，
即 ，可知 ，
所以存在点 ，使 平面 ，此时 .
19. 已知椭圆 的离心率为 ，且过点 ．直线 交 于 ，
两点．点 关于原点的对称点为 ，直线 的斜率为 ，
（1）求 的方程；
（2）证明： 为定值；
（3）若 上存在点 使得 ， 在 上的投影向量相等，且 的重心在 轴上，求直线 AB 的方
程．
【答案】（1） ；
（2）证明见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）由离心率及所过点求椭圆方程；
（2）设点 ，且 ，得 ，点差法及斜率两点式求 ，即可证；
（3）设弦 的中点 ，点 重心 , ，联立直线与椭圆，应用韦达定
理及重心坐标性质得 坐标与 m 的表达式，代入椭圆求参数，即可得直线方程.
【小问 1 详解】
第 16页/共 18页
由已知，得 ，解得 ，则椭圆 的方程为 ；
【小问 2 详解】
依题意，可设点 ，且 ，
点 关于原点的对称点为 ，
点 在 上， ，作差得 ，
直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
，即 为定值 ；
【小问 3 详解】
设弦 的中点 ，点 重心 , ，
由 ，得 ，
第 17页/共 18页
，且 ，
的重心 在 轴上， ，
，
则 ，
在 上的投影向量相等，则 ，且 ，
则直线 的方程为 ，
，得 ，
又点 在 上，
，即
又 ，则直线 的方程为
第 18页/共 18页