2024一2025学年度下学期高二2月收心考试
高二数学试卷
考试时间：2025年2月10日下午15：00-17：00
试卷满分：150分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位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，选出每小题答案后，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上的答案均无效。
3.非选择题的作答，用黑色签字笔直接写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上的答案均无效。
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.直线x+√3y-3=0的倾斜角为
A.
6
B胃
C.2
3
D.
6
2.设等比数列{a}的前n项和为Sn,若a2=2,且4，a,a,-2成等差数列，则S,=
A.7
B.15
C.31
D.63
3.双曲线少x
a一一行=1(a>0,b>0)的离心率为V5,则其渐近线方程为
A.y=tvx
B.y=tx
C.y=t/3x
D.y=
2
4.“a=3”是“直线l:(a-2)x+y+1=0与直线12：3x+ay-1=0平行”的
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
5,小明同学有6把钥匙，其中2把能打开门.如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的
钥匙扔掉，第二次才能打开门的概率为P:如果试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门的
概率为？，则R，B的值分别为
A吾司
B房
D品
6.
已知点C(1,0),过点P(-2,0)引直线1与曲线y=V-x2+2x+2相交于A,B两点，当△MBC
的面积取得最大值时，直线！的斜率等于
A.-②
B,②
C.3
D.5
2
2
3
5
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7.在三校锥P-ABC中，PA,PB,PC两两垂直，且PA=PB=PC=2,若M为该三核锥外
接球上的一动点，则M伍，MC的最小值为
A.-5
B.2-25
C.-25
D.4-25
&设，5分别是双曲线C:。-式=@>0,6>0)的左、右焦点，0是坐标原点.过乃作C的
一条淅近线的垂线，垂足为P,若PF=VTPF引，则C的离心率为
A.
B.5
C.26
D.5
3
3
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。
9.已知等差数列{a,}的前n项和为Sn,若Ss>0,S6<0,则下列结论正确的是
A.a3>0
B.当S,取得最大值时，n=14
C.数列{an}是递减数列
D.a >au
10.下列命题正确的是
A.若三个事件A,B,C两两相互独立，则P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
B设A,B是两个随机事件，且P()=号P()写若P(4)=名则4，B是粗相互独立
事件
C.若P(4)>0,P(B)>0,则事件A,B相互独立与A,B互斥有可能同时成立
D.若事件A,B相互独立，P(A)=0.7，P(B)=0,8,则P(AUB)=0.94
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD-AB,CD中，点O为BD的中点，且点P满足
B丽=2BC+HBB(0≤1≤1,0≤4≤1)，则下列说法正确的是
D
A.若2+4=1，则AC⊥DP
B若1=片0≤H≤对，则点P的轨迹长度为反
C若=，加=克则%4如=2
D.若2=1,054≤1，直线OP与平面4BD所成的角为0，则cos6
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高二数学参考答案
第一部分：选择题参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D C B C A D B D AC BD ACD
第二部分：试题详解
一、选择题：
1. 答案：D
3
解析：由 x 3y 3 0得： y x 3，
3
3 5
所以直线的斜率为 k tan , 0, π ， 直线的倾斜角为 .
3 6
2. 答案：C
解析：设公比为 q q 0 ，因为 a2 ， a3 ， a4 2成等差数列，所以 2a3 a2 a4 2，则
5
2 2q 2 2q2 2 1 2，解得 q 2或 q 0 (舍).因为 a2 2，所以 a1 1，故 S5 31 .1 2
3. 答案：B
c b2 b a 2 2
解析：由 e 1 3，得 2 ， ,故渐近线方程为 y x .
a a2 a b 2 2
4. 答案：C
答案：C
解析：直线 1的斜率是存在的，所以两直线平行的充要条件是两直线的斜率相等且在 轴上的截距
不等，则有 2 3 × 1 = 0 且 1 ≠ 0，得 = 3.故 a 3是 l1 l2的充要条件.
5. 答案：A
解析：（必修第二册第 244页第 11题改编）
将 6 把钥匙分别标号为 1,2,3,4,5,6，其中标号为 5,6的钥匙是能打开门的，标号为 1,2,3,4的钥匙
是不能打开门的.
如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，即为不放回地抽取，则尝试开门两次，
尝试开门两次的样本点有6 5 30个，
其中第二次才能打开门的样本点有(1,5), (1,6), (2,5), (2,6), (3,5), (3,6), (4,5), (4,6)，共有 8个，所
8 4
以 P1 ；30 15
如果试过的钥匙又混进去，即为有放回地抽取，则尝试开门两次的样本空间为
Ω m,n | m,n 1,2,3, 4,5,6 ，共有 36个样本点，
其中第二次才能打开门的样本点有(1,5), (1,6), (2,5), (2,6), (3,5), (3,6), (4,5), (4,6)共有 8个，所以
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P 8 22 .36 9
6. 答案：D
2 2
解析：曲线 y x 1 3，得 ≥ 0，则 x 1 y2 3( ≥ 0)，所以曲线 =
1
1 2 + 3表示圆心为C 1,0 ，半径为 3的半圆（ 轴及以上部分）.由于 = 2
sin∠ = 3 sin ∠ ，故当CA CB时 ABC 的面积取得最大值，此时圆心到直线
2
l : y k x 2 2 6 k 2k 6的距离为 3 ，即 5，注意到 k 0，得 k .
2 2 k 2 1 2 5
7. 答案：B
解析：如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心为正方体对
角线的交点，
P 0,0,0 ， A 2,0,0 ， B 0,2,0 ，C 0,0, 2 ，O 1,1,1 ，M x, y, z ，
设三棱锥外接球的半径为 R， 2R 22 22 22 2 3，则 R 3，
MB MC MO OB MO OC ，
2 MO OB OC MO OB OC，
2
MO R2 3，OB 1,1, 1 ，OC 1, 1,1 ，
OB OC 2,0,0 ，OB OC 1 1 1 1，
设 OB OC ,MO ， OB OC MO OB OC MO cos 2 3cos ，
所以MB MC 3 2 3cos 1 2 2 3cos ，
当 cos 1时，MB MC取得最小值 2 2 3 .
2 2 2
另解：应用极化恒等式求最值，设 BC中点为 E，则MB MC ME EB ME 2，而
2
ME R OE 3 1,故MB MC 3 1 2 2 2 3 .
8. 答案：D
解析：在 Rt OPF2中， PF2 b， OP a， OF2 c，记 POF
a
2 ，则 cos ，在c
a2 OPF PF 7b cos POF c
2 7b2
1中， 1 ，由余弦定理， 1 cos POF
a
2 ，2ac c
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c2 a2 b2 e c 15结合 解得 .
a 3
二、选择题：
9. 答案：AC
25 a1 a25 解析： S 25a 0，故 a13 025 13 ，选项 A正确；2
26 a1 aS 26 26 13 a13 a14 0，即 a13 a14 0，故 a14 0 且 a13 a14 ,选项2
D错误.又因为 an 是等差数列，故数列 an 是递减数列，选项 C正确；当 Sn 取得最大
值时， n 13 .
10. 答案：BD
解析：(必修第二册第 249页第 2题，第 250页习题 10.2第 2题，第 3题，第 5题改编)
1
对于 A选项，设样本空间Ω 1,2,3, 4 ，每个样本点的概率为 .
4
定义 A 1,2 ， P A 1 ； B 1,3 ，P B 1 ；C 1,4 P C 1， .
2 2 2
AB 1 ， P AB 1 P A P B AC 1 P AC 1. ， P A P C .
4 4
BC 1 ， P BC 1 P B P C ，所以 A、B、C两两相互独立.
4
而 ABC 1 ， P ABC 1 ，P A P B P C 1 1 1 1 ，
4 2 2 2 8
此时 P ABC P A P B P C . A选项错误;
对于 B选项， 已知 P A 1 1 1 ，P B ，P AB ，即 P AB P A P B ，所以 A、
2 3 6
B是相互独立事件，B选项正确;
对于 C选项，若 A、 B互斥，则 AB ， P AB 0 .
若 A、 B相互独立，则 P AB P A P B 0（因为 P A 0， P B 0）.
所以事件 A， B相互独立与 A， B互斥不可能同时成立，C选项错误;
对于 D选项，因为 A、 B相互独立，则
P AB P A P B 0.7 0.8 0.56 ,
所以 P A B P A P B P AB 0.7 0.8 0.56 0.94，D选项正确.
11. 答案：ACD
解析：连接 PD1,PA1,DP,BP,A1C ，以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，
A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 , A1 2,0, 2 ,B1 2,2, 2 ,D1 0,0, 2 ,O 1,1,0 ,C1 0,2, 2 ，
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则DP DB BP DB BC BB1 2,2,0 2,0,0 0,0,2
2 2 , 2, 2 ，故 P 2 2 , 2, 2 ，
对于 A， AC1 2,2,2 ,D1P 2 2 , 2,2 2 ，
若 1，则 AC1 D1P 4 4 4 4 4 4 4 0，
所以 AC1 D1P，故 A正确；
1 0 1对于 B，若 ， ，则 P 1,2, 2 ，
2 2
1
因为 0 ，所以0 2 1，
2
所以点 P的轨迹长度为1, 故 B不正确;
1
对于 C，若 1， ，则 P 0,2,1 ，DP 0,2,1 ，
2
DA1 2,0,2 ,DB 2,2,0 ，设平面 A1BD
的法向量为 n x, y, z ，
n
DA1 2x 2z 0
则{
，故可设 n 1,1,1 ，
n DB 2x 2y 0
n DP 3
所以点 P到平面 A1BD的距离 d 3，
n 3
在 A1BD中， A1B A1D BD 2 2，
S 1则 A BD 2 2 2 2
3
2 3，
1 2 2
所以V 1P A1BD 2 3 3 2，故 C正确；3
对于 D，若 1,0 1时， P 0,2,2 ，OP 1,1, 2 ，
sin OP n 2 2 1 1 2
2
则
OP n
3 2 4 2 3 2 1
2
1 2 2 1 2 11
2 2 1 1 2 ，
3 2 1 3 2 1
2 2
t 2 1 , 1 5
2
t 2t 1, 2 4t 4t 1
2
, 2 1 4t 4t 9设 ，则 ，
2 2 2 4 16 2 16
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sin 1 1 t 1 2 1
16
则 3 4t 4t 9 3 4t 9
，
4
16 t
y 4t 9 1 t 5 1 3 3 5由于函数
在 , 上单调递减，在 , 上单调递增，t 2 2 2 2 2 2
4 1 9 20,4 3 9 12,4 5 9 68
2 1 2 3 2 5 5 ，所以12
9
4t 20 ，
t
2 2 2
8 4t 9 4 16, 1 1 1 ,1 16 2
所以 t 16 4t 9 4 8 4t 9 ， 4
t t
2 16 1 3 2 1 16 3
4t 9 4 ， 4t 9
，
4
t t
6 2 1 16
1 1 6
所以 3 3 3 ，所以 sin ,1 ，4t 9 4 3
t
所以 cos 1 sin2
3
0, ，故 D正确.
3
三、填空题：
12. 答案： 22
解析：(选择性必修一第 121页练习第 4题改编)
28
13. 答案：
75
解析：（必修二教材第 249页例 3改编）
14. 答案： 10 4,5,6,32,40,42,256
解析：（选择性必修第二册教材第 56页第 10题改编）
当m 26时，则按运算法则得到：
26 13 40 20 10 5 16 8 4 2 1，
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即使得 an 1需要 10步雹程．
若 a9 1，则 a8 2,a7 4,a6 8或1，
当 a6 8 时，则 a5 16,a4 32或5，
若 a4 32，则 a3 64,a2 128或 21；
若 a2 128，则 a1 256，若 a2 21，则 a1 42；
当 a4 5时， a3 10,a2 20或3，
若 a2 20时，则 a1 40，若 a2 3时，则 a1 6；
当 a6 1时，则 a5 2,a4 4,a3 8或1，
若 a3 8，则 a2 16,a1 32或5；
若 a3 1，则 a2 2,a1 4，
故m所有可能的取值集合M 为 4,5,6,32,40,42,256 ，
故答案为：10； 4,5,6,32,40,42,256
四、解答题：
15. 解析：（选择性必修第一册第 89页第 9题改编）
MO x2 y21 1
（1）设M x, y ，由 得 ，…………2分
MA 2 x 3 2 y 2 2
两边平方化简得： x2 y2 2x 3 0，
2
故曲线 C的方程为： x 1 y2 4 . …………5分
（2）当直线 l斜率不存在时，此时直线与圆相交于 P,Q两点，令 = 0，则 =± 3， PQ 2 3，
不符合题意，舍；…………6分
当直线 l斜率存在时，设 l： y kx 4，圆心 1,0 到直线 l的距离为 d .
4 2
弦长 PQ 2 4 d 2 8 5 2，故 d ， d . …………8分
5 5 5
k 4
d 2又 ，平方，得 2 ，…………10分
k 2
k 40k 76 0
1 5
故 k 2 或 k 38 , …………12分
所以直线 l的方程为 y 2x 4或 y 38x 4，即 2 + + 4 = 0 或 38 + + 4 = 0
. …………13分
p
16. 解析：（1）抛物线 E : y2 2px(p 0) 的焦点 F , 0 ，…………1分
2
p
依题意，直线 l的斜率不为 0，设直线 l : x ty ， A x
2 1
, y1 ,B x2 , y2 ，
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x ty p
由{ 2 消去 x得： y2 2pty p2 0，…………3分
y2 2px
显然Δ 0， y1 y2 2pt
2
， y1y2 p ，…………4分
AB 1 t 2 y1 y
2
2 4y1 y1 2p t 2 1 ，…………5分
当 60 3时， t ，…………6分
3
AB 8p于是 8，解得 p 3，…………8分
3
所以抛物线 E的方程为 y2 6x . …………9分
2
2 2 2 2
2 1 2 y y p （ ）由（ ）可知， y 1 2 p1y2 p ，则 x x ，…………11分1 2 2p 2p 4p2 4
p2 3p2 27
因此对任意的实数 t，OA OB x1x2 y
2
1y2 p 为定值，………14分4 4 4
27
所以无论θ如何变化，OA OB是定值 . …………15分4
注：本题其它解法可统一商定评分标准.
π
17. 解析：（1）解法 1：在平面五边形 ABCDE中， AB∥CD， ≠ ， ADC ，
2
所以四边形 ABCD是直角梯形，且 AD 2 3, AB 2CD 4， AB AD.
1 π
在直角 ADC 中， AC AD2 DC 2 4，且 sin DAC ，则 DAC ，2 6
可得 CAB π DCA ，从而 ABC是等边三角形， AC 平分 BCD .
3
因为G为 BC的中点，所以CD CG 2，所以 AC DG，…………4分
又因为 SA DG,SA AC A且 SA, AC 平面 SAC，
所以DG 平面 SAC . …………5分
又因为DG 平面 ABCD，所以平面 SAC 平面 ABCD .…………6分
解法 2：向量法，在图甲中建立平面直角坐标系，用向量法证明 AC DG也可.
（2）取 AD的中点 F，连接 SF ，过点 S作 SO垂直 AC于点O，连接OF ，如图，
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因为平面 SAC 平面 ABCD，平面 SAC ∩平面 ABCD AC， 平面 ， ⊥ ，
所以 SO 平面 ABCD，又 AD 平面 ABCD，则 SO AD.
因为 SA SD，F是 AD的中点，所以 SF AD，
又 SO SF S且 SO,SF 平面 SOF ，所以 AD 平面 SOF ，
由OF 平面 SOF ，则 AD OF ；
又因为 AD CD，所以OF //CD，则点 O是 AC的中点，
又 SA AC 4，所以OA 2，可得 SO 2 3 . …………8分
以D为原点，以DA,DC所在的直线分别为 x, y轴， SO//z轴，
如图所示建立空间直角坐标系D xyz，…………9分
则 A 2 3,0,0 ,B 2 3,4,0 ,C 0,2,0 ,O 3,1,0 ,S 3,1,2 3 , …………10分
设平面 SAD的一个法向量为m x1 , y1 , z1 ，
DA 2 3,0,0 , DS 3,1,2 3 ,
DA m 2 3x 0
{ 1 z 1 m 由 ，令 1 ，则 0,2 3, 1 . …………12分
DS m 3x1 y1 2 3z1 0
设平面 SBC的一个法向量为 n x2 , y2 , z2 ，
BC 2 3, 2,0 ,SC 3,1, 2 3 ,
BC n 2 3x 2y 0
{ 由 2 2 ，令 y 3，则 n 1, 3,1 . …………14分
SC n 3x y 22 2 2 3z2 0
m n 5 65
设平面 SAD与平面 SBC的夹角为 ,故cos .
m n 13 5 13
SAD SBC 65所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 . …………15分
13
18. 解析：（选择性必修第二册第 56页第 12题改编）
（1）解法一：由 an 1 3Sn 3可得 an 3Sn 1 3 n 2 ，…………1分
上述两个等式作差可得 an 1 an 3an n 2 ，即 an 1 4an n 2 ，…………3分
因为数列 an 是等比数列，则当 n 1时，a2 3S1 3 3a1 3 4a1，解得 a1 3，……4分
n 1
所以，数列 an 是以3为首项，以 4为公比的等比数列，故 an 3 4 . …………5分
解法二：由 an 1 3Sn 3 得 a2 3a1 3 3 a1 1 ，…………1分
a3 3S2 3 3 a1 a2 3 12 a1 1 . …………2分
a a 3n 是等比数列， 公比 q 4， a2 3a1 3 4a1 ,得 a1 3 . …………4分a2
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n 1
故 an 3 4 . …………5分
a a n n 1 n 1 1 n 1
（2）①由题意可得 d n 1 n 3 4 3 4 9 4n ，则 n 1 n 1 n 1 d 9 4n 1
，……6分
n
T 1 2 3 4 n 1 所以， n 9 40 41 42 4n 1
，…………7分
1 T 1 2 3 n n 1则
4 n 9 41 42 4n 1
n ，…………8分4
上述两个等式作差得
1 1 1
3T 1 2 1 1 1 n 1 1
n 1
n 2 n 1 n 2
4 4 n 1 7 3n 7 ，…
4 9 4 4 4 4 9 1 1 4
n 27 27 4n
4
………10分
T 28 3n 7因此， n n 1 ；…………11分81 81 4
②假设在数列 dn 中存在三项 dm、 dk 、 d p（其中m、 k、 p成等差数列）成等比数列，
d 2
81
d d 4
k 1 2
9 4
m 1 9 4 p 1
则 k m p，即 ，…………13分
k 1 2 m 1 p 1
因为m、 k、 p成等差数列，则 2k m p，不妨设m k p，…………14分
2
整理可得 k 1 m 1 p 1 ，即 k 2 2k mp m p ，即 k 2 mp，
m p 2即 4mp，即 m p 2 0，
因为m k p，则m p 0，故假设不成立，…………16分
2
或由 k 1 2 m 1 p 1 m 1 k 1 2 k 1 ,由 m k p知上式不能取等，
2
因此，在数列 dn 中不存在三项 dm 、 dk 、 d p （其中 m 、 k 、 p 成等差数列）成等比数
列. …………17分
19. (选择性必修第一册第 115面第 6题，第 116面第 14题改编)
解析：（1）依题意可知 QA QB AP 4 AB 2 3，…………2分
Q x
2 y2
所以 点的轨迹是椭圆，设其方程为
2 2 1(a b 0) ,其中 a 2,c 3, b 1，a b
x2
所以曲线C的方程为 y2 1 ; …………4分
4
3
(2)设这组平行直线的方程为 y x m ,
2
楚天教科研协作体*高二数学答案（共 12 页）第 9 页
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3
y x m 2
联立 22 得 5x 6mx 2m
2 2 0 . …………5分
x y2 1
4
由 0 得 10 m 10 . …………6分
设两交点分别为 P x1 , y1 ，Q x2 , y2 ,PQ 的中点为 R x, y .
x x 6m 2x, y y 3 x x 2m m则 1 2 1 2 1 2 2y …………7分5 2 5
消m得 x 6y 0 .
即这些直线被曲线C截得的线段的中点在同一条直线 x 6y 0上. …………8分
1
（3）解法 1：因为 S TMN MN t t ，…………9分2
x2
1 3 y
2 1
8t
直线TM 的方程为 y x 1，直线TN 4的方程为 y x 1，联立 得 x ，
t t E 2 y 1 x 1 t 4
t
E 8t
2
, t 4
所以点 …………11分
t
2 4 t 2 4
所以点 E到直线TN的距离为
24t t t2 4
t2
4 t2
t
4 2 t t 2 12 …………12分
d
t2 9 t2 9 t2 4
x2
y2 1 4 24t 24t 36 t 2
联立 得 xF ，所以 F3 t 2 36
,
t 2 36 t 2 36
…………13分
y x 1
t
2 2
TF 24t
36 t2
所以 t 2
t2 36
t
2 36
2 2
t 2 t 2 12 3t 2 36
t 2 2 36
t2 2 12 t2 9 t2 12 t2 9
2 t2 2 36 t 36
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2
1 2 t t 2 12 t 2 12 t 2 9 t t 2 12
所以 S TEF TF ·d
1
· 2 ，……15分2 2 t 2 9 t 2 4 t 36 t 2 36 t 2 4
t 2S 36 t 2 4 TMN
所以 S …………16分 TEF 2 2t 12
2 n 24 n 8 n t 12 12 1 16 192 4令 ，则 ，
n2 n n2 3
4
当且仅当 n 24，即 t 2 3时等号成立，所以 的最大值为 ．…………17分3
1 3
解法 2：直线TM 的方程为 y x 1，直线TN 的方程为 y x 1，…………9分
t t
x2
y
2 1
4 8t 8t t 2 4
联立 得 x ，所以点 E1 E t 2 4 2
, 2 …………11分
y x 1 t 4 t 4
t
x2
y2 1 4 24t 24t 36 t 2
联立 得 xF F ,2 ，所以 2 2 …………13分
y 3 x t 36 t 36 t 36 1
t
S
t2 36 t2 4
TMN
|TM | |TN | yT y y y 3
所以 M T N S 2 2 TEF |TE | |TF | yT yE yT yF 2 yE 2 yF t 12
…………15分
2 n 24 n 8 令 n t 12 16 192 4 12，则 2 1 ，n n n2 3
当且仅当 n 24 4，即 t 2 3时等号成立，所以 的最大值为 ．…………17分
3
解法 3：设 E x1 , y1 ， F x2 , y2 .M 0,1 ，N 0, 1 .
kTM k
1 k k 3 1EM ，t TN
FN ，故 kFN 3k .又 kt EM FM
kFN ，4
1
得 kEM kFM . …………10分12
设直线 EF方程为 y kx m，
y kx m
联立 x2 得 1 4k 2 x2 8kmx 4 m2 12 0 .
y 1 4
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x x 8km 4 m
2 1
所以 1
2 ， .1 4k 2 x1x2 1 4k 2
2
y y 2m y y m 4k
2
1 2 1 4k 2
， 1 2 …………12分1 4k 2
y1 1 y2 1 y y y y 1k 1EM kFM 1 2 1 2 .x1x2 x1x2 12
1 1
注意到m 1，代入韦达公式并整理得 m ，故直线 EF 过定点 0, . …………14分2 2
1 2
此时 y1 y
1 4k
2 ， .1 4k 2 y1y2
4
1 4k 2
S TMN |TM | |TN | yT yM yT y N 3 1 4
所以 S TEF |TE | |TF | yT yE y 1T yF 2 y 1 2 y 2 1 3 ..............16分
4 1 4k 2
4
取等时 k 0，即 的最大值为 .…………17分
3
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