海南省海口市海南华侨中学2024-2025学年高二下学期第一次考试数学试题（解析版）

这是一份海南省海口市海南华侨中学2024-2025学年高二下学期第一次考试数学试题（解析版），共18页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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．
（第Ⅰ卷）
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. 已知，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. πD.
【答案】B
【解析】
【分析】由空间向量数量积的坐标表示可得.
【详解】设向量与的夹角为，
则，
因，故，
故选：B
2. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准方程，即可求其焦点坐标.
【详解】由可得，
所以抛物线开口向上且，
所以，所以焦点坐标为.
故选：C.
3. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据两直线平行求出m的值，再由两平行直线间的距离公式即可求解.
【详解】因为直线和互相平行，且两直线的斜率一定存在，
所以即，所以，
因为两直线方程为和，
所以它们之间的距离为.
故选：D.
4. 已知数列满足，则等于（ ）
A. 6B. 11C. 22D. 43
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列的递推公式，结合的奇偶性逐步计算出的值.
【详解】已知，为奇数，根据递推公式，
可得.
为偶数，根据递推公式可得.
为奇数，根据递推公式可得.
为偶数，根据递推公式可得.
为奇数，根据递推公式可得.
故选：C.
5. 已知直线与平面垂直，直线的一个方向向量为，向量与平面平行，则实数等于（ ）
A. B. 24C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意为平面的一个法向量，则，进而可得.
【详解】因直线与平面垂直，故为平面的一个法向量，
因为向量与平面平行，
故，故，得，
故选：A
6. 已知直线l经点， 若直线与线段 相交， 则直线斜率的取值范围为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出直线与直线的斜率，再结合直线与线段相交的条件，确定直线斜率的取值范围.
【详解】已知，，根据过两点直线斜率公式，可得：
已知，，同理可得：
当直线绕点从位置旋转到与轴重合时，斜率的范围是；
当直线绕点从与轴重合旋转到位置时，斜率的范围是.
所以直线斜率的取值范围是.
故选：B.

7. 直线l与圆相交于A，B两点，若弦AB的中点C为，则直线l的方程为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆的方程求出圆心坐标，连接OC得到OC⊥AB，所以，圆心坐标和C的坐标求出直线OC的斜率即可得到直线l的斜率，写出直线l的方程即可．
【详解】解：由圆的一般方程可得圆心O（﹣1，2），
由圆的性质易知O（﹣1，2），C（﹣2，3）的连线与弦AB垂直，因为,
因为，所以.
故直线AB的方程为：y﹣3=x+2, 整理得：x﹣y+5=0
故选：A
8. 年春晚小品《借伞》，融合了多种戏曲元素，展现了中华文化的博大精深与多元魅力，贯穿其中的重要道具油纸伞至今已有多年的历史．如图，是一把撑开后摆放在地面上的油纸伞，该伞伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为，当阳光与地面夹角为时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，若该椭圆的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合椭圆的知识以及正弦定理求得，进而可得的值.
【详解】设椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为、、，则，
如图，为伞沿所在圆的直径，为椭圆形的左右顶点，
由题意可得，则，
阳光照射方向与地面的夹角为，即，
则，
，
在中，，即，
即，解得，而，
故.
故选：B.
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，部分选对的部分分，有选错的得0分．
9. 已知数列的前n项和，则（ ）
A.
B.
C. 若第k项满足，则
D. 若第k项满足，则
【答案】AC
【解析】
【分析】利用与的关系求出数列的通项，即得解.
【详解】解：当时，；
当时，，
当时，满足上式，∴.
由，得.又，∴.
故选：AC.
10. 已知双曲线 左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，点在双曲线上，则下列结论正确的是 （ ）
A. 该双曲线的离心率为 B. 若，则 或
C. 点到两渐近线的距离乘积为 D. 若，则的面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A根据双曲线的方程得到，进而可得；选项B由可判断在双曲线的左支上，则；选项C先得到两渐近线方程，进而根据距离公式，联立双曲线方程可得；选项D先由得，进而由可得.
【详解】选项A：由题意，双曲线，，，
故双曲线的离心率为，故A正确；
选项B：若，因BF1=a+c=8>PF1=7，故点在双曲线的左支上，
故，故B错误；
选项C：由题意，双曲线的渐近线方程为，即或，
设，则到的距离为，到的距离为，
因双曲线上，故，即，
由题意，故C正确；
选项D：若，则，代入可得，
故，故D错误.
故选：AC
11. 在长方体中，已知，，分别为的中点， 则（ ）
A. 异面直线与所成角的余弦值为
B. 若点P为长方形内一点(包含边界)，且平面，则长的最小值为
C. 三棱锥的外接球的半径为
D. 过点 的平面截长方体．所得的截面周长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出异面直线的平面角利用余弦定理计算可得A；根据题意当时，的长取得最小值，计算可判断B，找出球心位置计算得出外接球半径即可得C；建立空间直角坐标系求得截面各点的坐标，求得各线段长度可得D.
【详解】对于A．连接即为直线与所成角或其补角，
在中，根据余弦定理得，
又，
代入求得，A正确；
对于B．如图①，
取的中点，取的中点，连接，
易知平面平面，又点为长方形内一点，所以点的运动轨迹为线段，
在中，过点作，此时取得最小值，
由题意可知，，
，B错误；
对于C．如图②，取的中点，连接，则，
过点作，且为三棱锥外接球的半径，
在中，C正确；
对于D．由平面平面得，过点的平面必与有交点，
设过点的平面与平面和平面分别交于，
，同理可得，
过点的平面截长方体所得的截面图形为五边形，
如图③，以为坐标原点，以，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则；
；
即，
解得
，
所以五边形的周长为，即D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于建立空间直角坐标系由向量共面求出对应截面各点的坐标，进而求得截面各边长可得结论.
（第Ⅱ卷）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知等差数列，，，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列的基本性质可求得的值.
【详解】在等差数列中，，可得.
故答案为：.
13. 如图， 已知平面⊥平面，且，在上有两点A， B， 线段，线段，并且则线段的长为________；

【答案】
【解析】
【分析】通过向量将线段用已知线段表示出来，再利用向量的模长公式和已知条件求出的长度.
【详解】因为.可得.
展开可得：.
因为，所以；
又因为，，所以，即；
因为，所以.
已知，，，即，，，代入上式可得：
.
对，可得，即线段的长为.
故答案为：.
14. 已知抛物线：，若第一象限的A，B两点在抛物线上，焦点为F，，，，则直线的斜率k的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的定义及弦长公式可求得结果.
【详解】设，，
根据抛物线定义，，，得，
由，且，得，
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. （1）求焦点坐标分别为且经过点 的椭圆的标准方程；
（2）求过点 的抛物线的标准方程．
【答案】（1） ；（2）或
【解析】
【分析】（1）根据焦点位置设出标准方程，再利用椭圆的定义和性质求出方程中的参数；
（2）对于抛物线，需要根据点的位置判断抛物线的开口方向，设出相应的标准方程，再代入点的坐标求出参数.
【详解】（1）因为椭圆的焦点在 y轴上，所以设它的标准方程为
方法一：由椭圆的定义知
解得 又，所以
所以椭圆的标准方程为
方法二：因为所求椭圆过点，所以 .
又 可解得所以椭圆的标准方程为
（2）因为点 在第二象限，
所以设所求抛物线的标准方程为或，
将点 代入，得 解得
所以抛物线方程为
将点 代入，得 解得，
所以抛物线方程，
综上，所求抛物线的标准方程为 或.
16. 已知圆C的圆心在直线上，且经过点和点．
（1）求圆C的标准方程；
（2）一条光线从点射出，经x轴反射后，与圆C相切，求反射后的光线所在直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设圆心坐标，由圆的半径建立方程，解出圆心坐标即圆的半径，写出圆C的标准方程；
（2）求出点关于的对称点坐标，设对称后的直线方程，因为直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径建立方程，解得斜率，从而得到直线方程.
【小问1详解】
设圆心为，
则，
即，解得，
∴，
∴圆C的标准方程：.
【小问2详解】
如图：是点关于的对称点.
显然，当反射后的直线斜率不存在时，反射后的直线与圆不相切，
所以反射后的直线的斜率一定存在，
∴设，即，
∵反射后的直线与圆相切，∴圆心到直线的距离，
∴，整理得，
∴，即，，
∴反射后的光线所在直线的方程：或.
17. 某公司拟通过摸球的方式给员工发放节日红包，在一个不透明的袋子中装有5个标有红包金额的球，其中2个球分别标注40元，2个球分别标注50元，1个球标注60元，这5个球除标注的金额外完全相同．每名员工从袋中一次摸出1个球，共摸n次，摸出的球上所标注的金额之和为该员工所获得的红包金额．
（1）若，求一名员工所获得的红包金额不低于50元的概率；
（2）若，且每次摸出的球放回袋中，设事件A为“一名员工所获得的红包金额不大于100元”，事件B为“一名员工所获得的红包金额不小于100元”，试判断A，B是否相互独立，并说明理由．
【答案】（1）
（2）A，B不相互独立，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据古典概型和互斥事件的概率加法公式可得；
（2）利用古典概型概率公式求出，然后根据独立事件的定义直接判断即可.
小问1详解】
一名员工所获得的红包金额不低于50元，即获得50元或60元，
故所求概率为．
【小问2详解】
由题意，事件AB表示“一名员工所获得的红包金额为100元”．
因为，
所以 ．
“一名员工所获得的红包金额为80元或90元或100元”，
因为，
所以．
“一名员工所获得的红包金额为100元或110元或120元，
因为，
所以．
所以，
所以A，B不相互独立．
18. 如图，四棱锥 中， 是以为斜边的等腰直角三角形，
（1）若点E为线段的中点， 求证： 直线平面；
（2）若点E为线段的中点，求直线与平面 间的距离；
（3）若点E为线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）证明直线与平面平行，可通过构造平行四边形，利用平行四边形的性质得到线线平行，再根据线面平行的判定定理进行证明.
（2）因为平面，所以直线与平面间的距离等于点到平面的距离，可利用向量法求解.
（3）要求直线与平面所成角的正弦值的最大值，可通过建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【小问1详解】
取 的中点， 连接 有
又 所以 所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面平面， 所以面．
【小问2详解】
由（1）知，点为线段中点时，直线与平面间的距离即为点到平面的距离．
取的中点O， 连接，
因为 ，， 所以
由， 四边形是正方形， 有
因为平面， 所以平面，
由 ，， 知 得 所以
则以O坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得
有
设平面的法向量为，
由 取， 则，
得平面的一个法向量为，
又 所以C到平面的距离
所以与平面间的距离为
【小问3详解】
设
设直线与底面所成的角为，
所以
当 时，；
当 时，
令且， 则
在时递减， 在时递增，
时时
所以， 当即时， 为所求的最大值.
19. 如图，矩形ABCD中，，E、F、G、H分别是矩形四条边的中点，R、 S、 T 是线段OF的四等分点，是线段CF 的四等分点．

（1）证明直线ER与、ES与、ET 与的交点L、M 、N都在椭圆 上．
（2）若椭圆 与直线交于不同的两点，如果存在过点 的直线l，使得点关于l对称，求实数m的取值范围
【答案】（1）证明见解析；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标，利用斜率建立关系式并求出其坐标满足方程得证，同理判断即可.
（2）联立直线与椭圆方程，求出线段的中点坐标及中垂线方程，按分类，结合判别式求出范围.
【小问1详解】
设点，依题意，，
则直线ER即直线EL的斜率为，
直线即直线GL的斜率为，
以上两式相乘得，，化简可得，
所以点L在椭圆 上，同理可证点M 、N都在椭圆 上.
【小问2详解】
由消去并整理得 ，
，即，设，
则，线段的中点，，，
当时，；当时，直线l方程为，
由点在直线l上，得，整理得，
因此，解得，又，解得，于是，
当点在上时，，而方程，即无解．
即直线不过椭圆左顶点，同理直线不过椭圆右顶点，则，
所以当时，m的取值范围为 ；当时，m的取值范围为 .