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湖北省 2024-2025 学年秋季学期高二期末联考
数学参考答案及评分标准
（2025.1）
一、单选题：1-8：CBBA DACD
二、多选题：9.BD 10.ABD 11.ACD
4 7
三、填空题：12.2 5 13. 14.7
3 21012
8.解析：不妨设圆C与二面角的棱 l切于点O，过O作与 l垂直的平面分别交半平面 , 于射
线OA,OB (如图）。设圆的半径为 r(r 0)，椭圆C1 ,C2的中心
分别为C1 ,C2，长短半轴分别为 a1,b1,a2 ,b2，则 a1 a2 r，
b1 OC1,b2 OC
3 3
2，由平面几何知识易得，b2 OC r，4 4
a2C b
2 7
故椭圆 2的离心率 e 2 22 2 .a2 4
11.解析：A 选项显然正确;以 AB的中点O为原点建立空间直角坐标
系，由椭圆定义，P的轨迹为椭圆的一部分，其在坐标平面 xOz内的
x2
方程为 z 2 1( 2 x 2, z 0)；Q到直线 BB1的距离即为5
QB的长，到平面 ADD1A1的距离即为Q到直线 AD的距离，由此Q
的轨迹为抛物线的一部分，其在坐标平面 xOy内的方程为
y2 8x(0 y 4)，故 C选项正确；由 PQ //平面 ADD1A1知，P,Q
横坐标相等，设为 x0 (0 x0 2)，
2
设 P(x0 ,0, z p )，Q(x0 , y ,0)
x 2
Q ， 0 z 2p 1， yQ 8x5 0
| PQ | (x x )2 (0 y )2 (z 0)2 y 2 z 2 1 20 0 Q P Q P x0 8x
9
0 1 [1, ]故 D 选5 5
项正确；当 x0 0即P(0,0,1),Q(0,0,0)时直线 PQ与平面 ABCD垂直.故 B 选项错误.
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1 1
14.解析：由 a1 2，a1 a2 ,得a2 a
1 1
a ,a a an 2 1
2 4 n n 1 2n n 1 n 2 n 1 得， 2 an 2
a ,a 1所以 1 3 ,a5 , 以及 a2 ,a4 ,a6 , 分别是公比为 的等比数列，2
n 1 n 2 n 2
当 n为奇数时，a 2 1
2
，当 n 2为偶数时， a 1 1 1
2
n 2 n 4 2 2
n 1 n 3 n 1
2 2 2
所以，当 n为奇数时，b a a 2 1 1 9 1 n n n 1 2
，
2 4 2
n 2 n n
2
当 n为偶数时，b a a 1 2 1
2 5 1 2
n n n 1 2
，
2 2 2
1012 1012
T2024 b1 b3 b2023 b2 b b
9
1 1 54 2024 1
1 7
2
7
2 2 2 2
1012 .
三、解答题：
15.解：（1）由已知，bn 1 an 1 1 2an 2 2(an 1) 2bn，且b1 a1 1 2
所以数列{bn}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列…5 分
（2 n n n）由（1）知，bn 2 ,an 2 1，所以 cn 2 n 1…………8 分
Sn c1 c2 c (2
1
n 2
2 2n ) [0 1 2 (n 1)]
2(1 2n ) n(n 1) 2n 1 1 1 n2 n 2………………13 分
1 2 2 2 2
16.解：（1）由圆的性质知，弦 AB被点 P0平分即为 P0C AB，,故 kAB 1…………3分
所以直线 AB : y 2 x 1，即 x y 1 0…………6 分
（2）（ⅰ）当 AB的斜率不存在时，直线为 x 1，此时 | AB | 2 3 ,符合题意……8 分
（ⅱ）当直线 AB的斜率存在时，设 AB : y 2 k(x 1)，变形为 kx y k 2 0……9 分
d | k 1|圆心到直线 AB的距离 2 …………11 分k 1
由勾股定理得， d 2 ( 3)2 4,d 1，解得 k 0，直线 AB : y 2
综上，直线 AB的方程为 x 1或 y 2 .…………15 分
17.（1）证明如图，取 AB的中点G，连接CG交 BD于H ，连接FH ,C1G……………2 分
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因为 BG 1 DC,BG //DC，所以
2 CH 2HG
，又
CF 2FC1 ，所以 FH //C1G………………4 分
由于 AG // EC1, AG EC1，所以 AE //GC1，从而有
AE // HF …………………6 分
又 AE 平面 BDF ，FH 平面 BDF ，所以 AE //平
面 BDF ……………7分
（2）设平行六面体各条棱长为 6.因为平面CC1D1D
平面 ABCD，且 AD DC，所以 AD 平面CC1D1D，
由于 C1CD 60 ，所以 DD1E 60 ,DD1 6,D1E 3，由余弦定理
DE 3 3,DE D1E……………10 分
以D为原点，DA,DC,DE所在直线为 x, y, z轴建立空间直角坐标系，则
D(0,0,0),C(0,6,0),B(6,6,0),C1(0,3,3 3)，DB (6,6,0),DC (0,6,0)，
由CF 2FC1 得CF
2
CC 21 (0, 3,3 3) (0, 2,2 3)，3 3
从而 BF CF CB (0, 2,2 3) (6,0,0) ( 6, 2,2 3)……………12 分
n DB 6x 6y 0
设平面 BDF 的一个法向量为 n (x, y, z)，则 ，
n BF 6x 2y 2 3z 0
n (1, 1, 2 ) sin | cos n,DC | 30可取 ，故 ……………15 分3 10
x2 y2 2b2
18.解：（1）设椭圆 C 的标准方程为 1 (a b 0)2 2 ， |MN | 3… 3 分a b a
x2 y2
由 c 1，a2 b2 1，解得 a2 4,b2 3.因此椭圆 C 的方程为 1……………6 分
4 3
（2）证明：因为直线 MN 不与 x 轴重合，设 lMN : x my 1 ………7 分
x my 1
设点M (x , y ),N (x , y ) ，联立 x2 21 1 2 2 y ，消元得 (3m2 4)y2 6my 9 0……10 分
1 4 3
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6m
y 1
y2 3m2 4
得 ( )，且 0恒成立……………12 分

y y
9
1 2

3m2 4
y1y2 y1y2
所以 kAM kAN (my1 3)(my2 3) m
2 y1y2 3m(y y ) 9
……14 分
1 2
将 ( )代入化简得 kAM k
1
AN 4
所以直线MA,NA 1的斜率之积为 ……………17 分
4
19.解：设第 i次操作后 A,B 两个盒子里球的个数分别为 ai ,bi (i 1,2, ,n)
（1）列举 (a1,b1)所有 8 种可能的情形：
(10，9), (10,10), (11,9), (11,10)，(8,12), (8,13), (7,12), (7,13)……………3 分
满足 a 31 b1的有 3种情形，所以 P(A) ……………5分8
（2）设 a0 a,b0 b，在第 i(i 1,2, ,n)次操作结果有 8 种等可能的情形，
① 当 ai ai 1 1,bi bi 1 1 或 ai ai 1 2,bi bi 1 2 ， 或 ai ai 1 1,bi bi 1 1 或
ai ai 1 2,bi bi 1 2时， ai bi ai 1 bi 1…………………7分
②当 ai ai 1 2,bi bi 1 1或 ai ai 1 1,bi bi 1 2时， ai bi ai 1 bi 1 1……8分
③当 ai ai 1 2,bi 1 bi 1 1或 ai ai 1 1,bi 1 bi 1 2时， ai bi ai 1 bi 1 1……9 分
仅有③中所述 2种情形是减少的，
2 1
故一次操作后 A,B 两个盒子里球的个数之和减少的概率为 p ……………11 分
8 4
（3）由（2）的讨论知，每一次操作，A,B 两个盒子里球的个数之和有 3 种可能的变化：增加 1
个、不变、减少 1 个，要满足本 n次操作后，A,B 两个盒子里球的个数之和为 a b n，即比
初始值 a b增加 n个，则只可能是每一次操作均增加 1 个小球。
2 1
由（2）知，每次操作小球增加 1 个的概率为 p ……………14 分
8 4
1 1 1 (1 )n
由于每一次操作结果均独立，本 n次操作均增加 1 个的概率为 4 4 4 4
n个
1 n
故 A,B 两个盒子里球的个数之和为 a b n的概率为 ( ) ……………17 分
4
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