山东省济宁市嘉祥县第一中学2024-2025学年高二下学期开学收心考试 数学试题（含解析）

这是一份山东省济宁市嘉祥县第一中学2024-2025学年高二下学期开学收心考试 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
一、单选题（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. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出抛物线的标准方程，求出准线方程.
【详解】由题意，抛物线的标准方程为，
所以抛物线的准线方程为.
故选：A.
2. 在正数等比数列中，若，则该数列的前10项和（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知求出首项和公比，即可利用求和公式求出.
【详解】设等比数列的公比为，
∵，∴，∵，∴.
∵，∴，∴.
故选：B.
3. 已知直线，若，则实数 （ ）
A. 1B. 3C. 1或3D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行公式求出参数m的值，验证是否重合.
【详解】因为，所以，
解得：或，
当时，，，两直线平行，满足题意，
当时，，，两直线重合，舍，
所以.
故选：A.
4. 已知点，则以为直径的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知圆心为，半径为，进而可得圆的方程.
【详解】因为，可知线段的中点为，且，
即圆心为，半径为，
所以所求圆的方程为.
故选：D.
5. 若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆的标准方程可得右焦点为，则，即可求得.
【详解】由椭圆的标准方程可知，，即，所以右焦点为，
又抛物线的焦点与重合，
所以，所以.
故选：D.
6. 已知点、在圆上，点在直线上，点为中点，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂径定理可得点在以为圆心，为半径的圆上，再利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由题意可得圆的标准方程为，
设圆心为，半径为，则，，
,所以由垂径定理可得，
故点在以为圆心，为半径的圆上，
因为点到直线的距离，
所以的最小值为，
故选：B.
7. 已知分别为椭圆的左､右焦点，过的直线与交于两点，若，则的离心率是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知，画出图像，根据，可令，然后表示出，，然后利用椭圆定义找到与之间的关系，然后用分别表示出、、，在中，利用勾股定理判定，然后在中，可表示出与之间的关系，从而求解离心率.
【详解】由已知，可根据条件做出下图：
因为，令，
所以，，由椭圆的定义可知，
所以，所以，，，，
由椭圆的定义可知，
在中，，所以,
在中， ，所以
所以.
所以的离心率是.
故选：D.
8. 在四棱台中，平面，，，，且，动点满足，则直线与平面所成角正弦值的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，由向量法表示线面角的正弦值，根据的范围求解即可.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，
所以，，，
，，，
，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以,
因为，所以当时，正弦值最大，且最大值为.
故选：.
二、多选题（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2分，有选错的得0分．）
9. 已知直线，圆，则（ ）
A. 经过定点
B. 圆与圆：外离
C. 当与圆相切时，.
D. 圆心到直线距离的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据方程的形式，联立方程，即可求定点，判断A，根据两圆位置关系判断B；根据相切结合点到直线的距离公式运算判断C；求出圆心到动直线的最大距离即可判断D.
【详解】对于选项A：因为，
令，解得，所以l过定点，故A正确；
对于选项B：圆可化为，可知其圆心为，半径，
圆：的圆心为，半径，
因为，即，可知两圆相交，故B错误；
对于选项C：若与圆相切，
则圆心到直线的距离，解得，故C错误；
对于选项D：当时，圆心到直线距离的最大，
此时最大值为，故D正确.
故选：AD.
10. 记为等差数列的前项和.若，则以下结论一定正确的是（ ）
A. B. 的最大值为
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式得到，借助通项公式、求和公式、等差中项性质依次分析，即得解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，则，故，
所以，所以，故A正确；
由于的正负不清楚，故可能为最大值或最小值，故B错误；
因为，则，故C正确；
因为，所以，即，故D错误．
故选：AC.
11. 抛物线的准线为l，P为上的动点，过作圆的一条切线，切点为，过作的垂线，垂足为，则下列结论正确的是（ ）
A. 与圆相切B. 当时，
C. 的最小值为D. 满足的点有且仅有2个
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，根据先算出的坐标，再借助切线的性质计算即可得；C选项，结合抛物线定义可得三点共线时，最小，计算即可得；D选项，直接设点坐标进行求解即可得.
【详解】A选项，抛物线的准线为，
圆的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，
故准线和圆相切，A选项正确；
B选项，当时，，此时，故或，
当时，，则；
当时，，；
故或，B选项错误；
C选项，，
当且仅当三点共线时，等号成立，故 的最小值为，C选项错误；
D选项， 设，由可得，又，又，
根据两点间的距离公式，，整理得，
，则关于的方程有两个解，
即存在两个这样的点，D选项正确.
故选：AD.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.7，现两人各自独立射击一次，则至少一人中靶的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用独立事件同时发生的概率公式，结合对立事件公式，即可求解.
【详解】设甲中靶为事件，乙中靶为事件，
则至少有一人中靶的对立事件为两人都没有中靶，
则至少有一人中靶的概率.
故答案为：
13. 在数列中，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用累加法求出通项公式.
【详解】在数列中，，
当时，
，而满足上式，
所以.
故答案为：
14. 已知正四面体ABCD的棱长为6，P是空间一点，若，则点P到平面BCD的距离的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】若的中点分别为，且的中点为，应用向量加法的几何意义可得，进而确定的轨迹及的位置，结合已知求点P到平面BCD的距离的最大值.
【详解】由，即，
若的中点分别为，且的中点为，则，
所以，即在以为球心，为半径的球面上，
由题设，易知都在面内，则面，
又面，即面，即，同理，
而，，易知，故为正四面体外接球球心，
到面BCD的距离，
到面BCD的距离，则，所以，
综上，点P到平面BCD的距离的最大值为.
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. 甲、乙两人组成“九章队”参加青岛二中数学学科周“最强大脑”比赛，每轮比赛由甲、乙各猜一个数学名词，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
（1）求甲两轮至少猜对一个数学名词的概率；
（2）求“九章队”在两轮比赛中猜对三个数学名词的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件的乘法概率公式计算即可；
（2）两人分别猜两次，总共四次中有一次没猜对，分四种情况计算可得答案.
小问1详解】
设甲两轮至少猜对一个数学名词为事件，
.
【小问2详解】
设事A＝“甲第一轮猜对”，B＝“乙第一轮猜对”，C＝“甲第二轮猜对”，D＝“乙第二轮猜对”，E＝““九章队”猜对三个数学名词”，
所以，
则，
由事件的独立性与互斥性，得
，
故“九章队”在两轮活动中猜对三个数学名词的概率为．
16. 已知圆C是以点为圆心，且过点的圆．
（1）求圆C标准方程；
（2）若点A的坐标为，求过点A的圆C的切线方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由两点间的距离公式求出，即可写出圆C的标准方程；
（2）根据点与圆的位置关系可知A在圆外，就切线斜率是否存在分类讨论，再根据点到直线的距离等于半径，列式即可解出．
【小问1详解】
因，所以圆．
【小问2详解】
由已知得，A在圆外，
当斜率不存在时，直线方程为，与圆相切，
当斜率存在时，设切线方程为，
，解得，
所以切线方程为，
综上，切线方程为或．
17. 已知数列的前项和，数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：是等差数列，并求的通项公式；
（3）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）证明见解析，；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用求出通项公式.
（2）利用给定的递推公式，结合等差数列定义推理并求出通项公式.
（3）由（1）（2）求出，再利用错位相减法求和即得.
【小问1详解】
在数列中，，
当时，，
而满足上式，
所以数列的通项公式是.
【小问2详解】
数列中，，，显然，则，
所以是首项，公差为2的等差数列，
故，.
【小问3详解】
由（1）（2）得，
，
则，
两式相减得
，
所以.
18. 在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，其中是棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面夹角的正弦值；
（3）求点到平面的距离；
【答案】（1）证明见解析
（2） （3）1
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，则由三角形的中位线定理可得，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由已知可证得，且，所以以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式即可求解；
（3）利用空间向量中的距离公式可求点到平面的距离.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
因为分别为的中点，所以，
又平面，平面，
则平面；
【小问2详解】
直线平面平面，
所以，且，
则以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系；
，，
所以，
设平面的法向量为，
由，得，
令，得，且，
所以，
直线与平面夹角的正弦值为；
【小问3详解】
因为，
且平面的法向量为，
则点到平面的距离.
19. 已知椭圆，点，在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求椭圆C上点到直线距离的最大值；
（3）过椭圆C右焦点F的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据所过点得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）利用三角换元法，结合点线距离公式与三角函数恒等变化即可得解；
（3）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合题设条件得到关于的方程组，解之即可得解.
【小问1详解】
由题意得，解得，，
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
因为点在椭圆上，不妨设，
则点到直线距离为
，其中，
所以当，即时，取得最大值，为，
即椭圆C上点到直线距离的最大值为.
【小问3详解】
假设存在，由于，
当直线斜率为0时，l方程为，点P在x轴上任意点都符合题意，
当直线斜率不为0时，可设直线l方程为，，，
联立方程组，得，
易知，则，故，
则，
即，
则，即，
所以，因此，
此时，显然直线斜率0时也符合题意，
即存在点使得．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.