2024—2025学年度上学期期末五校联考 高二数学参考答案及解析
参考答案及解析 数学
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)一 、选择题
1. A 【解析】 因为直线方程为 : 父= tan 75。,与 y 轴平
(
。
)行,所以直线的倾斜角为 90 . 故选 A.
2. D 【解析】 由 a1 =4,a5 =12,得 4d= a5 — a1 = 12— 4 =8,故 d=2,故 a6 =a1 十5d=4十10= 14. 故选 D.
3. D 【解析】直线 a父十2y=0与直线 父十 (a十3)y十4 =0垂直,则 a× 1十2● (a十3) =0,解得 a = — 2. 故 选 D.
4. C 【解析】 由题意可作图如下 :
(
—
—
→
EF
,
) (
1
3
)由 G 为 EF 上 靠 近 E 的 三 等 分 点,则 —EG (—→)=
A—= A— 十 —EG (—→) = A— 十 —EF (—→) = A— 十 (A——A—) = A—十 × (A—十A—) —
c. 故选 C.
5. D 【解析】 由椭圆的定义得 AF1 十 AF2 = 2a= 4, BF1 十 BF2 = 4, 则 △ABF2 的 周 长 为 AB 十 AF2 十 BF2 = AF1 十 AF2 十 BF1 十 BF2 =8. 故选 D.
6. B 【解析】 圆 C1 的标准方程为 ( 父十2) 2 十 (y—2) 2 = 1, 圆 心 C1 (—2,2) ,半 径 r1 = 1, 圆 C2 的 圆 心 为
(2,5) , 半 径 r2 = 4, 因 为 C1C2 =
\(—2—2) 2 十 (2—5) 2 = 5= r1 十 r2 , 所 以 两 圆 外 切,所以圆 C1 与圆 C2 的公切线有 3条 . 故选 B.
7. C 【解析】 设 O, O1 分别是 AC, A1C1 的中点,连接 OO1 ,OB,O1B1 ,根据正三棱柱的几何性质可知 OB, OC,OO1 两两 相 互 垂 直,建 立 如 图 所 示 空 间 直 角坐
标系 ,
B(\,0,0) ,C(0,1,0) ,A1 (0,—1,2) ,C1 (0,1,2) ,
C— = (\,—1,0) , C—A (→)1 = (0,—2,2) , C—C (→)1 =
(0,0,2) . 设平面 A1BC的法向量为 n = ( 父,y, z) ,则
=0,令 y =\,则 父= 1, z = \
故可得 n = (1,\,\) . 由 于 B1C1 ⅡBC, B1C1 丈平 面 A1BC,BCG平面 A1BC,所以 B1C1 Ⅱ平面 A1BC.
数学 参考答案及解析
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)所以 B1C1 到平面 A1BC的距离即 C1 到平面 A1BC
(
—
→
) (
2
\
3
\
7
) (
n
●
CC
1
) (
的距离 , 即
) (
=
) (
n
)= 2 \7. 故选 C.
8. A 【解析】易知 A(—a , 0) , B(a , 0) , 设 P(父, y)(y≠
(
父
十
a
父
—
a
,
)0) , 则 y 十 y = 1 所以 =1, 所以 父2 — a2 = y2 , 即 2父y = 父2 — a2 , 又 a (父)2 (2) — 2父y = y2 (y≠0) , 所以
y = 父, 即直线 y = 父 与双曲线有公共点 . 联立
(b2父2 — a2y2 =a2b2
y = 父 与双曲线方程 , 有〈 2b2 , 消去
! y = a2 父
y得:b2父2 — a2 ● 父2 =a2b2 → 父2 = a2 , 则 要使方程有根 , 需使a2 >4b2 =4( c2 — a2 ) → =e2<
→ 1二 、选择题
9. AC 【解 析】 对 于 A, a — 2b = (2, —1, —2) —
(6, 4, 4) = ( —4, —5, —6) , 故 A 正 确 ; 对 于 B,
a = \22 十 (—1) 2 十 (—2) 2 =3, 故 B 错误;对于
(
a
a
十
b
)C, a十b= (5, 1, 0) , 故 cos〈a , a十b〉= a ● (a十b) =
(
3×
\
26
26
,
; ,
) 9 = 3 \26 故 C正确 对于 D a ● b=6 2 4
=0, 故 D错误 . 故选 AC.
10. BC 【解析】S1 = a1 = — 1, an十2 > an 对 Vn∈ N* 恒 成立 , 则 a1 ● qn十1 > a1 ● qn— 1 → — qn十1 > — qn— 1 → qn— 1 (q2 —1)<0恒成立 , 则 q>0, q2 —1<0, 故 00→ an十1 >
an, 故 C正确;对于 D: 由 Sn = — — — = —1十
— > —1, 故 D错误 . 故选 BC.
11. ABD 【解 析】 因 为 tan α ● tan β = — KPAKPB =
— 父0y十 (0)a ● 父0y—0 a = — 父0 (2)y—02a2 , 由 于 a (父) — = 1, : y0 (2)= ( 父0 (2) — a2 ) , 故 tan α ● tanβ= — 为定值 , 故 A正确;双曲线a (父)2 (2)— =1(a>0, b>0)的左顶点
为 A(—a , 0) , 右 顶 点 为 B (a , 0) , 渐 近 线 为 y =
(
a
PB
sin
α
)± b 父, 在 △PAB中 , 由正弦定理可知 PA = sinβ
= , 显然 π — β,α均为锐角且随着 父0 的增
大分别减小与增大 , 即 sin(π — β) , sin α 随着 父0 的
(
PA
PB
)增大分别减小与增大且均为正数 , 故 的值随
着 父0 的增大而减小 , 故 B正确;因为 tan α — tan β=
(
父
0
十
a
父
0
—
a
父
2
0
—
a
2
y
0
父
2
0
—
a
2
y
0
a
2
,
) y0 十 y0 = 2父0y0 = 2父0 ● y0 (2) = 2父0 ● b2
而 0 (0)< , 故 tan α — tan β> ● = , 故 C 错 误 ; 因 为 S = i ABi y0 = ay0 , tan ( α 十 β) =
(
1
—
tan
α
tan
β
) tanα十tanβ = y0 y0 父0 十a 父0 — a 1十 (
a
2
十
b
2
)= a2 ●
(
父
2
0
—
a
2
,
故
S
tan
(
α
十
β
)
=
—
a
2
十
b
2
父
2
0
—
a
2
=
)—2ay0 ● a2 ● 2a2y0 (2)
— a22a十2b (b2)2 , 又 S ● tan(α十β)十a2 ≥0, 故 — a22a十2b (b2)2 十a2
≥0, 解得 a2 ≥b2 , 则 0<≤1, 又 e= = \1十 ∈ (1,\] , 故 1三 、填空题
12. 【解析】 由 y = a父2 (a>0)得 父2 = y, 所以准
参考答案及解析 数学
. 3 .
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)线方程为 y = — , 因为点 (m, 1)与焦点的距离等 于 2, 所 以 1— ( — = 2, 解 得 a = . 故 答 案
(
4
.
)为 1
13. 4 (父)2 十 y32 = 1 【解 析】 设 动 点 P ( 父, y) , 则 —MP (—→)=
( 父—4, y) , —MN (—→)= (—3, 0) , —PN (—→)= (1— 父, —y) . 又
“ —MN (—→) . —MP (—→) = 6 —PN (—→) , : — 3 ( 父—4) =
6 \(1— 父) 2 十(—y) 2 . 化 简 得 3父2 十 4y2 = 12, 即
4 (父)2 十 y32 =1, 故动点 P 的轨迹E 的方程为4 (父)2 十 y32 =
1. 故答案为4 (父)2 十 y32 = 1.
14.[0, \ 【解析】记 A在底面BCD 内的投影为O,
则 AO丄底面 BCD, 又 CO、OMG平面 BCD, 故 AO
丄CO、AO丄OM, 则 CO= × \× \= \ , AO=
\=2, 又 AM=\ , 则 OM= \=1, 所以 M 的轨迹是以O 为圆心 , 半径为 1 的圆 , 建立如下 图所示的空间直角坐标系:
设 M 与 父 轴正半轴所成的角为α , 则 M(cos α , sin α ,
0) , α ∈ [0, 2π], A (0, 0, 2), B(\ , — \ , 0) ,
D(\ , \ , 0) , 所以A—M (→)= ( cos α , sin α , —2) , —BD (—→)=
(0,\ , 0) , 设直线 AM 与直线BD所成的角为θ , 所
(
\
5
×
\
6
)以 cos θ = i cos〈A—M (→), BD (—→)—〉i = \sin α = \ i sin α i
∈ [0, \ 故答案为 [0, \ .
四 、解答题
15. 解:(1)因为 A(1, 1) , B(2, —2) ,
所以 KAB = = —3, (2分)
(
3
,
)所以弦 AB的垂直平分线的斜率为 1
(
2
,
—
2
,
)又弦 AB的中点坐标为 ( 3 1 )
所以 弦 AB 的 垂 直 平 分 线 的 方 程 为 y 十 = 父— , (4分)
即 父—3y—3=0, 与直线 l: 父—y十1= 0 联立解得: 父= —3, y= —2, (6分) 所以圆心 C的坐标为 (—3, —2) , 所以圆的半径 r= AC =5,
则圆 C的方程为:( 父十3) 2 十(y十2) 2 =25. (8分)
(2)由(1)知 , 圆心 C(—3, —2)到直线 2父十y= 0 的
距离为 d= = \ , (11分)
因为圆的半径 r=5,
: MN =2\= 2 \5305. (13分)
16. 解:(1)由—1=a1 , 得 —1=a1 ,
解得 a1 =2或 a1 =0, 又 an >0,
所以 a1 =2. (2分)
所以 sn =2(an —1) ,
当 n≥2 时 , sn— 1 = 2 (an— 1 —1) , 两 式 作 差 得 an = 2an —2an— 1 , (4分) 即 n≥2时 , an =2an— 1 ,
所以 { an }是以 2 为首项 , 2 为公比的等比数列 , 经检 验 n= 1 时同样成立 , (6分)
数学 参考答案及解析
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)故 an =2× 2n — 1 =2n . (7分)
(
2
n
十1
)(2)由(1)知 cn = 2n , (8分)
所以 Tn = c1 十 c2 十 … 十 cn = 十 十 十 … 十
(
十
,
)2n—1 2n十1
2n — 1 2n
(
1 3 5 7
2
n
—1
2
n
十1
)又 2 Tn = 22 十 23 十 24 十… 十 2n 十 2n十1 ,
(11分)
两式相减得Tn = 十 十 十 … 十 —
(
=
十
=
)2n十1 3 1— — 2n十1 5 — 2n十5
2n十1 2 1 2n十1 2 2n十1 .
1— 2
(14分)
(
2
n
十5
)所以 Tn =5— 2n . (15分)
17. 解:(1)证明:因为四边形 ABCD为正方形 ,
M 为CD 的中点 ,AM=\5 ,所以 AD=2. (1分)
在 △PAD 中 , 由 余 弦 定 理 得 PA =
\AD2 十PD2 —2AD● PDcos上PDA=2\3 ,
因为 PA2 十AD2 =PD2 = 16,
所以上PAD=90。,即 PA丄AD. (3分)
因为 AB=AD, PB=PD, PA=PA,
所以 △PAB≥△PAD,所以 PA丄AB. (5分) 又因为 AB∩AD=A,AB,ADG平面 ABCD,
所以 PA丄平面 ABCD. (6分)
又因为 PAG平面 PAM,
所以平面 PAM丄平面 ABCD. (7分)
(2) 由 (1)得 PA= 2\3 , AB=AD= 2, AB,AD, AP 两两垂直 ,
以 A为原点 ,AB,AD, AP所在直线分别为 父 轴 、y 轴 、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系 . (9分)
ZA
P
N
D
(
A
) (
y
) (
B
) (
M
)
(
C
) (
b
)
则 A (0,0,0) , C (2,2,0) , M (1,2,0) , N
,0, 4\33 ) ,D(0,2,0) ,
于 是 A—M (→) = ( 1, 2, 0) , C— = ( — 2, 0, 0) , A—N (→)
= ,0, 4\33 ) .
设平面 AMN 的法向量为 n = ( 父,y, z) , (10分)
(A—M (→) ● n=0 (父十2y=0
(
则
〈
,即
〈
,
)!A—N (→) ● n=0 ! 父十 4\33z=0
令 父=—2,可得n= (—2,1, \ . (12分)
设直线 CD与平面 AMN所成的角为θ ,
(
C
—
●
n
) (
=
\
) (
4
) (
=
) (
,
) (
—
→
) (
4
)则 sin θ= | cos〈C—,n〉| =
(
I
I
n
) (
CD
)2×
\3
解得 θ= , (14分)
故直线 CD与平面 AMN所成的角为 . (15分) 18. 解:(1)设经过点 M(1,—2)与 C2 相切的直线方程 为 y十2=k( 父—1) , (1分)
(y十2=k( 父—1)
由〈 得 a父2 —k父十k十2=0,
!y= a父2
由 Δ= (—k) 2 —4a(k十2) =0,得 k2 —4ak—8a=0, (4分)
因为直线 MA,MB都与抛物线C2 相切 ,
所以它们的斜率是方程 k2 —4ak—8a=0的两根 .
(5分)
参考答案及解析 数学
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)由已知得 —8a=—1, 因此 a= . (6分)
(2)直线 AB与C2 相切 , 证明如下 : (7分) 设 A ( 父1 , y1 ) , B ( 父2 , y2 ) , 由 点 M (1, —2) 在 C1 上 ,
得 p=2, 所以 C1 :y2 =4父, (8分)
(
y
1
—2
y
1
—2
)于是切线 MA的方程为 y = 4 父— 2y1 , (9分)
(
y
1
—2
y
1
—2
因为
MA
与
C
2
相切
,
)得 a父2 — 4 父十 2y1 =0, (11分)
所以 Δ= 2 —4a—2) =0,
即 ay1 (2)—2ay1 —2=0, 同理 , ay2 (2)—2ay2 —2=0,
(13分)
(
a
,
)又因为 y1 ≠y2 , 所以 y1 十y2 =2, y1y2 = — 2
(15分)
且 KAB = 2 (2)—— 1 (1)= = y1 十 (4)y2 =2,
故直线 AB的方程为y=2父十y1 — ,
( y = a父2
由〈( y=2父十y1 — 得 a父2 —2父十 —y1 =0,
(16分)
则 Δ=4—4a —y1 ) = 4— 2ay1 (y1 —2) = 4十 2ay1y2 =4十2a× ( — =0,
所以直线 AB与抛物线C2 相切 . (17分) 19. 解:(1)因为 A1 =max{ 2} =2, B1 =min{0, 2, 4, 2, 0, 2, 4, …}=0, 所以 d1 =A1 —B1 =2—0=2; (2分) A2 =max{2, 0} = 2, B2 =min{2, 4, 2, 0, 2, 4, … } = 0, 所以 d2 =A2 —B2 =2—0=2; (4分) A3 =max{2, 0, 2} =2, B3 =min{4, 2, 0, 2, 4, … } = 0, 所以 d3 =A3 —B3 =2—0=2; (6分) A4 =max{2, 0, 2, 4} =4, B4 =min{2, 0, 2, 4, … } = 0, 所以 d4 =A4 —B4 =4—0=4. (8分)
(2)不妨设 {an } 的周期为 T(T∈ N* ) ,
记 AT =max{ a1 ,a2 , … ,aT } , BT =min{aT十1 ,aT十2 , …} , (9分)
则当 n>T时 , dn =AT —BT 是常数 . 记 3n0 =T,
使得当 n>n0 时 , dn 是常数 , 结论正确 . (11分)
(3)先证充分性 : 因为 { an }是公差为 d(d 为非负整 数)的等差数列 ,
则 an =a1 十 (n—1)d. (12分)
所以 An = an =a1 十 (n—1)d , Bn =an十1 =a1 十nd ,
(13分)
所以 dn =An —Bn = —d(n=1, 2, 3…) . (14分) 再证必要性 : 因为 dn = —d≤0, 所 以 An = Bn 十dn ≤Bn ,
因为 an ≤An, an十1≥Bn, 所以 an ≤an十1 , (16分)
于是有 :An = an , Bn =an十1 ,
因此 an十1 — an =Bn —An = —dn =d. 故 { an }是公差 为 d 的等差数列 . (17分)2024一2025学年度上学期期末五校联考
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
高二数学试题
9.已知空间向量4=(2，-1，一2)，b=(3,2,2),则
本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
A.a-2b=(-4,-5,-6)
B.a|=5
注意事项：
D.a·b=1
】,答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在
C.cos(a,a+b)-3/26
26
答题卡上的指定位置。
l0.已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为S.,若S,=-1,且Hn∈N·,aw+2>a。,则
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把容题卡上对应题目的答案标号涂
A.a2>0
B.0C.a+1>an
DS._1
黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
91
3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草
稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
1.已知A,B分划为双出线号苦=1a>06>0)的左，右顶点，离心率为，为
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交！
双曲线上位于第一象限内任意一点，设∠PAB=《,∠PBA=B,△PAB的面积为5，则
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
A,tan atan是定值
是符合题目要求的。
1.直线x=tan75的倾斜角为
B哈的值随着的增大而减小
A.90°
B.75
C.0
D.不存在
2.已知等差数列{ae}中，a1=4,as=12,则a6=
C.tan a-tan2
A.13
B.16
C.15
D.14
D.若S·tan(a十)十a2≥0，则l3.若直线ax+2y=0与x+(a+3)y十4=0垂直，则a=
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
A.2
B.1
C.-1
D.-2
12.若抛物线y=axr2(a0)上一点(m,1)与焦点的距离等于2，则a=
4.三棱锥A-BCD中，点E,F分别是AB,CD的中点，点G为线段EF上苹近E的三等
13.已知定点M(4,0),N(1,0),动点P满足MN·MP=6PV.设点P的轨迹为E,则轨
分点，记AB=a,AC=b,AD=c,则AG=
迹E的方程为」
A-言a-b+
14.棱长为√6的正四面体A一BCD中，点M为平面BCD内的动点，且满足AM=5,则直
,线AM与直线BD所成的角的余弦值的取值范围为
Ba+b-c
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。
'66c
15.(本小题满分13分)
1
1
已知圆心为C的圆经过A(1,1)和B(2,一2)，且圆心C在直线1：x一y十1=0上.
(1)求圆C的方程；
D.fa
(2)若直线2x十y=0与圆的交点为M,N两点，求|MN|.
5.已知精圆C:苦+苦-1的左，右焦点分别为R,5,过左焦点R,作直线交C于A,B两
点，则三角形ABF2的周长为
A.14
B.12
C.10
D.8
6.圆C:x2+y2+4x-4y十7=0与圆C:(x-2)2+(y-5)2=16的公切线条数是
A.4
B.3
C.2
D.1
7.正三棱柱ABC-A,B,C,的所有棱长都为2，则B,C到平面A1BC的距离是
A.4②1
B.3V②
c.2v
7
7
7
n
8在平面直角坐标系0y中，已知双曲线若-苦=1。>0,6>0)的左右顶点分别为A
B,若该双曲线上存在点P,使得PA,PB的斜率之和为1，则该双曲线离心率的取值范
围为
A1)
B(停
c(,+∞)
D.(w3,+co)
数学试题第1页（共4页）
数学试题第2页（共4页）
