甘肃省天水市第一中学2024-2025学年高二下学期开学检测 数学试题（含解析）

这是一份甘肃省天水市第一中学2024-2025学年高二下学期开学检测 数学试题（含解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
1. 在等比数列中，，公比，则（ ）
A. 6B. C. 12D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列的通项公式计算．
【详解】.
故选：A．
2. 曲线在点处的切线斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得函数的导数，利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，所以，
所以曲线在点处的切线斜率.
故选：B.
3. 已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率为，求出，从而可得双曲线的渐近线方程.
【详解】因为双曲线的离心率为，
故，
则，
故双曲线的渐近线方程为，即，
故选：B.
4. 已知曲线：（），从上任意一点向轴作垂线段，为垂足，则线段中点的轨迹方程为（ ）
A. （）B. （）
C. （）D. （）
【答案】C
【解析】
【分析】设点，由题意，根据中点坐标表示可得，代入圆的方程即可求解.
【详解】设点，则，，
因为为的中点，所以，即，
又在圆上，
所以，即，
即点轨迹方程为.
故选：C.
5. 用0．1，2，3，4这5个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）
A. 24个B. 26个C. 30个D. 42个
【答案】C
【解析】
【分析】利用分类加法和分步乘法计数原理，结合排列的定义即可求.
【详解】若0在个位，则可组成个偶数；
若2在个位，则可组成个偶数；
若4在个位，则可组成个偶数；
所以偶数共有个.
故选：C
6. 已知圆与圆，若圆与圆有且仅有一个公共点，则实数等于（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据方程求出的取值范围，再将两圆方程化为标准式，得到圆心坐标与半径，分两圆外切或内切两种情况讨论，分别计算可得.
【详解】由圆得，解得．
圆的标准方程为，圆心，半径；
圆的标准方程为，圆心，半径．
因为圆与圆有且仅有一个公共点，所以两圆外切或内切．
①若两圆内切，则，解得，符合，
②若两圆外切，则，解得，符合．
综合①②得实数或．
故选：C．
二、多项选择题（本大题共2小题，每小题6分，共12分）
7. 已知二项式的二项式系数和为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 展开式中只有第三项的二项式系数最大
C. 展开式各项系数之和是243
D. 展开式中的有理项有4项
【答案】AC
【解析】
【分析】根据二项式系数和为，计算可得，判断A；根据，即可判断B；令，即可判断C；求出展开式的通项，令的幂指数为整数，即可判断D.
【详解】因为知二项式的二项式系数和为，所以，即，故A正确；
因为，所以二项展开式有6项，所以展开式的第三项和第四项的二项式系数均为最大值，故B错误；
令，，所以展开式各项系数之和是243，故C正确；
二项式展开式的通项为，，
所以、、时，为有理项，即展开式中的有理项只有项，故D错误.
故选：AC
8. 已知点在圆上，点分别为直线 与轴，轴的交点，则下列结论正确的是 （ ）
A. 直线与圆相切B. 圆截轴所得的弦长为
C. 最大值为D. 的面积的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求得圆的圆心，半径，以及，根据，可判定A正确；由圆的弦长公式，可判定B不正确；求得，得到的最大值为，可判定C正确；求得圆心到直线的距离为，求得最小距离，结合面积公式，可判定D正确.
【详解】由圆，可得，可得圆心，半径为，
因为点分别为直线与轴、轴的交点，可得，
对于A中，因为圆心到直线的距离为，所以A正确；
对于B中，由圆截轴的弦长为，所以B不正确；
对于C中，点在圆上，且，其中，所以的最大值为，所以C正确；
对于D中，因为圆心到直线的距离为，
则圆上点到直线的最小距离为，
因为，所以的面积的最小值为，所以D正确.
故选：ACD.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）．
9. 若函数，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用基本初等函数的导数公式和导数的加法法则即可求解.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
10. 已知点，则线段的垂直平分线的一般式方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出的中点坐标以及垂直平分线的斜率，由点斜式得出其方程并整理可得一般式方程.
【详解】易知的中点坐标为，且，
所以线段的垂直平分线的斜率为2，
可得所求直线方程为，即.
故答案为：
11. 2022年11月，第五届中国国际进口博览会即将在上海举行，组委员会准备安排5名工作人员去A，B，C，D这4所场馆，其中A场馆安排2人，其余场馆各1人，则不同的安排方法种数为____．
【答案】60
【解析】
【分析】运用分步乘法先安排2人去A场馆，再安排其余3人到剩余3个场馆即可得结果.
【详解】分为两步，第一步：安排2人去A场馆有种结果，第二步：安排其余3人到剩余3个场馆，有种结果，所以不同的安排方法种数为．
故答案为：60.
四、解答题：（本题共3小题，共43分．第12题14分，第13题14分，第14题15分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．）
12. 已知抛物线C：过点．
（1）求抛物线C的方程，并求其准线方程；
（2）过该抛物线焦点，作倾斜角为60°的直线，交抛物线于两点，求线段的长度．
【答案】（1），准线方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）待定系数法求出抛物线方程和准线方程；
（2）在第一问基础上求出直线，与抛物线联立后，得到两根之和，由焦点弦长公式求出答案.
【小问1详解】
∵过点，
∴，解得，
∴抛物线C：，准线方程为；
【小问2详解】
由（1）知，抛物线焦点为，
设直线AB：，，，
由，得：，则，
则．
13. 已知等差数列的前项和为，数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为,根据等差数列通项公式及前n项和公式得到方程组，解出即可；
（2）首先得到，再利用错位相减法求和即可得到答案.
【小问1详解】
设等差数列的首项为，公差为,则
∵，∴，解得
∴数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1），得，
∴数列的前项和
∴
∴
所以
14. 已知左､右焦点分别为､的椭圆C：过点，以为直径的圆过C的下顶点A.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，且直线､的斜率分别为､，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由以为直径的圆过下顶点得，结合椭圆参数关系及点在椭圆上求，写出椭圆方程即可.
（2）由题意，可设直线l为，联立椭圆方程，由韦达定理得，又，得表达式并求值，即可证明结论.
【详解】（1）∵以为直径的圆过点，
∴，又，
∴椭圆，又C过点，
∴，解得，
∴椭圆C的方程为.
（2）由题意，直线l的斜率一定存在，
∴设直线l的方程为，
由，消去y得，.
于是，又，
∴，则为定值.
【点睛】关键点点睛：第二问，首先确定直线l的斜率一定存在，再设直线方程并联立椭圆方程，应用韦达定理、斜率两点式，求得表达式，最后求证是否为定值.