浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學2024-2025學年高二上學期數學暑期測試卷2

2026屆高二數學暑期測試卷2考試范圍：暑期所學所有內容；考試時間：120分鐘：滿分：150分注意事項：1.答題前填寫好自己的姓名?班級?考號等信息2.請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）一?單項選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.向量，，若，則（）A.， B.，C.， D.【答案】B【解析】【分析】由向量平行的坐標表示列方程求參數即可.【詳解】由題設，故.故選：B2.直線和直線，則“”是“”的（）A.必要不充分條件 B.充分不必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】由題意先求出的充要條件，然后根據充分不必要條件的定義判斷即可.【詳解】由題設，解得或.故，.所以“”是“”的充分不必要條件.故選：B.3.若點在圓：外，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】結合點在圓外的代數關系式與圓的一般方程的定義即可.【詳解】由于點在圓：外，有，解得，即的取值范圍是.故選：B.4.已知，C是拋物線上的三個點，F(xiàn)為焦點，，點C到x軸的距離為d，則的最小值為（）A.10 B. C.11 D.【答案】B【解析】【分析】由焦半徑公式得到，從而得到，數形結合得到最小值.【詳解】因為M的準線方程為，所以由拋物線焦半徑公式得，故，所以,當且僅當C，D，F(xiàn)三點共線且C線段DF上時，等號成立，所以的最小值為．故選：B5.等比數列的各項均為正數，且，則（）A.12 B.10 C.5 D.【答案】B【解析】【分析】利用等比數列的性質，結合對數的運算法則即可得解.【詳解】因為an是各項均為正數的等比數列，，所以，即，則記，則，兩式相加得，所以，即.故選：B.6.已知拋物線C：和圓，點是拋物線的焦點，圓上的兩點滿足，其中是坐標原點，動點在圓上運動，則到直線的最大距離為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由條件化簡可知點在圓N:上，所以是圓與圓的公共弦，再求出的方程，數形結合可求到直線的最大距離.【詳解】拋物線的焦點，圓，其圓心，半徑．設點是滿足的任意一點，則，化簡得，結合，所以是圓與圓的公共弦，將圓與圓的方程相減得，直線的方程為，取線段的中點，連接，則，則，故選：A．7.圖1是第七屆國際數學教育大會的會徽圖案，會徽的主體圖案是由如圖2所示的一連串直角三角形演化而成的，其中，如果把圖2中的直角三角形繼續(xù)作下去，記，，…，的長度構成的數列為an，則（）A. B.1 C.10 D.100【答案】C【解析】【分析】首先由題意得到遞推關系式，再求解數列的通項公式，即可求解.【詳解】，即,因為，，…，的長度構成的數列為，則則數列是公差為1的等差數列，首項，所以，即，所以.故選：C8.如圖，三棱柱滿足棱長都相等且平面，D是棱的中點，E是棱上的動點．設，隨著x增大，平面BDE與底面ABC所成銳二面角的平面角是（）A先增大再減小 B.減小 C.增大 D.先減小再增大【答案】D【解析】【分析】以中點為坐標原點，分別為軸，并垂直向上作軸建立空間直角坐標系.設所有棱長均為2，則，通過空間向量來求二面角的，故在上單增，上單減，即隨著x增大先變大后變小，所以隨著x增大先變小后變大.即可得出結果.【詳解】以中點為坐標原點，分別為軸，并垂直向上作軸建立空間直角坐標系.設所有棱長均為2，則，,，，設平面BDE法向量,則，令有，故.又平面ABC的法向量，故平面BDE與底面ABC所成銳二面角的平面角的余弦值，又，故在上單增，上單減，即隨著x增大先變大后變小，所以隨著x增大先變小后變大.故選：D.【點睛】本題考查了用空間向量求二面角的余弦值，考查了解決問題能力和計算能力，屬于中檔題目.二?多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.）9.已知圓，過點向圓引斜率為的切線，切點為，記的軌跡為曲線，則（）A.的漸近線為B.點在上C.在第二象限的縱坐標最大的點對應的橫坐標為D.當點在上時，【答案】ACD【解析】【分析】先由相切性質得點滿足關系式，與已知圓聯(lián)立消參得軌跡方程，A項由方程形式構造函數，利用導函數研究單調性作出大致圖形即可得漸近線；B項坐標代入可知；C項由形可得；D項由不等式性質與放縮法可得.【詳解】圓，圓心，半徑，且，且.，則點在圓外.如圖，連接，由題意知，設，則①，又點在圓上，則②，①②得，，解得③，由且，解得，或.將③代入②消得，，即為曲線的方程.A項，設，則，令解得，或，或（舍）.當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增且，當時，.且當時，函數與單調性相同；且，當時，.故的大致圖象如下圖，又由方程可知曲線關于軸對稱，且.故曲線的大致圖象為如下圖，故的漸近線為，A項正確；B項，令曲線方程中，得，，故B錯誤；C項，由形可知，曲線在第二象限的縱坐標最大的點對應的橫坐標，即在的極值點，故C正確；D項，當點在上時，則由，或.得，又，，則，所以成立，故D正確；故選：ACD.【點睛】方法點睛：求動點軌跡方程的常見方法有：（1）直接法：從條件中直接尋找到的關系，列出方程后化簡即可；（2）代入法：所求點Px,y與某已知曲線上一點存在某種關系，則可根據條件用表示出，然后代入到所在曲線方程中，即可得到關于的方程；（3）定義法：從條件中能夠判斷出點的軌跡為學過的圖形，則可先判定軌跡形狀，再通過確定相關曲線的要素，求出曲線方程.（4）參數法：從條件中無法直接找到的聯(lián)系，但可通過一輔助變量，分別找到與的聯(lián)系，從而得到和的方程：，即曲線的參數方程，消去參數后即可得到軌跡方程.（5）交軌法：選擇適當的參數表示兩動曲線的方程，將兩動曲線方程中的參數消去，得到不含參數的方程，即為兩動曲線交點的軌跡方程。10.已知圓臺的軸截面如圖所示，其上、下底面半徑分別為，，母線長為2，點為的中點，則（）A.圓臺的體積為B.圓臺的側面積為C.圓臺母線與底面所成角為D.在圓臺的側面上，從點到點的最短路徑長為4【答案】AC【解析】【分析】求出圓臺的高，根據圓臺體積公式可判斷A；根據圓臺側面積公式可判斷B；作出圓臺母線與底面所成角，解直角三角形可判斷C；將圓臺展開，將圓臺的側面上，從點到點的最短路徑轉化為展開圖中的線段長，可判斷D.【詳解】對于A：圓臺的高為，則圓臺的體積，A正確；對于B：根據圓臺的側面積公式，可得側面積為．故B錯誤；對于C：過A作交底面于F，而底面，故底面，∴即為母線與底面所成角．在等腰梯形中，，∴，∵為銳角，∴．故C正確；對于D：設圓臺側面展開圖上底面圓周對應的扇形半徑為，下底面圓周對應的扇形半徑為，設扇形圓心角為，則，則，由于，則，即圓臺的側面展開圖為半圓環(huán)，如圖示，在圓臺的側面上，從到的最短路徑的長度為CE，由題意可得：．由為中點，∴，∴．故D錯誤．故選：11.已知直線交橢圓于A，B兩點，，為橢圓的左、右焦點，M，N為橢圓的左、右頂點，在橢圓上與關于直線l的對稱點為Q，則（）A.若，則橢圓的離心率為B.若，則橢圓的離心率為C.D.若直線平行于x軸，則【答案】ACD【解析】【分析】對于A，則，故，則利用與離心率公式即可得解；對于B，設Ax0,y0，，接著利用和結合離心率公式直接計算即可求解；對于C，根據三角形中位線即可得解；對于D，設，則，根據已知條件求出和中點，再利用點關于直線對稱的理論列式求出即可得解.【詳解】如圖，直線l與交于G，對于A，若，則，所以，所以，故A正確；對于B，設Ax0,y0，則，且所以，所以，故B錯誤；對于C，由題意可知是中位線，故，故C正確；對于D，設點，則直線，因為直線平行于x軸，所以點的中點，所以由點G在直線l上且得，解得，即，因此，故D正確.故選：ACD．【點睛】方法點睛：點關于直線對稱的點的計算求解步驟：（1）設所求點坐標，（2）利用中點坐標公式求出中點坐標，（3）利用中點坐標在直線上和兩點所在直線與已知直線垂直則斜率乘積為這兩個條件建立關于所求點坐標的方程組，利用該方程組即可求解.（4）遇特殊直線如或一般直接得解.第Ⅱ卷（非選擇題）三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.如圖，在平面直角坐標系中，直線與雙曲線交于點，過點作的平行線交雙曲線于點，連接并延長與軸交于點，則的值為______．【答案】##【解析】【分析】由條件先求的解析式，設點的坐標為，利用相似的性質求點的坐標，由條件列方程求即可.【詳解】由已知直線的解析式為，因為，點的坐標為，所以的解析式為，設點的坐標為，因為，所以，所以點的坐標為，因為點和點都在雙曲線上，所以，，所以，，所以，故答案為：.13.已知數列各項均為正數，且首項為1，，則______________．【答案】210【解析】【分析】對原方程化簡得，然后利用累乘法求解即可.【詳解】由已知，得，∵，∴，得，由累乘法得，∴,故答案為：210.14.已知正四面體的棱長為4，空間內動點滿足，則的最大值為______.【答案】【解析】【分析】利用空間向量線性運算得到軌跡，再把目標式表示為函數，利用三角函數有界性求解即可.【詳解】設的中點為，因為動點滿足，所以，即點在以為球心，以為半徑的球面上.因為，所以.因為正四面體的棱長為4，所以，在三角形中，，.取的中點為，，所以在上的投影向量的模為，所以.設，夾角為，所以.因為，所以，即的最大值為.故答案為：四?解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知數列是公差不為0的等差數列，，且，，成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）設是數列的前n項和，證明：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據等差數列基本量，列方程，即可求解；（2）根據（1）的結果，裂項相消法求和，即可證明不等式.【小問1詳解】設數列an的公差為，∴，∴，，．由已知得，解得或（舍），∴數列an的通項公式為．【小問2詳解】由（1）知，，∴，∴．16.在等腰梯形ABCD中，，，，，M為AB中點，將，沿MD，MC翻折，使A，B重合于點E，得到三棱錐．（1）求ME與平面CDE所成角的大?。唬?）求二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）做輔助線，分析可證平面CDE，可知即為所求線面角，結合余弦定理運算求解；（2）建系標點，求平面MEQ、平面CDE的法向量，利用空間向量求二面角.【小問1詳解】在三棱錐中，取CD中點為Q，過點M作直線EQ的垂線交直線EQ于點H，因為ABCD為等腰梯形，且M為AB中點，則，，可知，，且EQ，平面MEQ，，則平面MEQ，且平面MEQ，可得，可知，，，CD，平面CDE，則平面CDE，可知即為所求線面角，在等腰梯形ABCD中，已知，，，可求出，，，可得，且，則，所以直線ME與平面CDE所成角為.【小問2詳解】以H為原點，，，為x軸，y軸，z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，可得，，設平面MEQ的法向量為，則，取，則，可得，且平面CDE的法向量為，可得，由圖可知二面角為銳角，所以二面角的余弦值為．17.已知平面內兩個定點，，滿足直線與的斜率之積為的動點的軌跡為曲線，直線與曲線交于不同兩點；（1）求曲線的軌跡方程；（2）若直線和的斜率之積為，求證：直線過定點；（3）若直線與直線分別交于，求證：.【答案】（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）設，根據條件建立等式，化簡即可求出結果；（2）設，聯(lián)立方程，消得到，由韋達定理得，利用條件，即可得到或，即可證明結果；（3）根據條件得出和的中點重合，即可證明結果.【小問1詳解】設，由題有，化簡得到，所以曲線的軌跡方程為.【小問2詳解】因為直線和的斜率之積為，所以直線的斜率存在，設，，，由，消得到，則，，，化簡整理得到，得到或，當時，，直線過定點與重合，不合題意，當，，直線過定點，所以直線過定點.【小問3詳解】由（2）知，，所以的中點坐標為，又易知直線直線是雙曲線的漸近線，設，由，消得到，所以，，得到的中點坐標為，所以的中點與的中點重合，設中點為，則，從而有.18.已知橢圓的離心率為的上頂點，為橢圓上任意一點，且滿足的最大值為4.（1）求橢圓的方程；（2）已知.過點的直線（斜率存在且不為1）與橢圓交于兩點.證明：平分.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據條件得，再根據條件得，再結合條件，即可求出，即可求解；（2）設直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，利用直線的傾斜角為，從而得到，進而將問題轉化成求證，再聯(lián)立直線與橢圓的方程，即可求解.【小問1詳解】由題知，又，得到，解得，設，則，又因為，所以，又，對稱軸為，又，所以，又，所以，整理得到，解得，所以橢圓方程為.【小問2詳解】設直線，，聯(lián)立和，消得到，由韋達定理得到，設直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，又因為，所以直線的傾斜角為，則有，，得到，所以要證平分，即證，也即證明，即證，又，將代入得，所以平分.【點睛】關鍵點點