湖南省常德市第六中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份湖南省常德市第六中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知数列满足：，，则（ ）
A．10B．11C．12D．13
3．已知a＝lg23﹣lg2，b＝lg0.5π，c＝0.9﹣1.1，则（ ）
A．c＞a＞bB．a＞b＞cC．a＞c＞bD．b＞c＞a
4．过半径为2的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的体积的比为（ ）
A．B．C．D．
5．已知偶函数在上单调递增，且，则的解集是（ ）
A．B．或
C．D．或
6．已知函数，下列结论正确的是（ ）．
A．函数的最小正周期为，最小值为1
B．函数的最小正周期为，最小值为0
C．函数的最小正周期为，最大值为2
D．函数的最小正周期为，最大值为
7．过椭圆上一点分别向圆和圆作切线，切点分别为、，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．在数列中， 已知， 且， 则以下结论成立的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知向量，，是空间直角坐标系中的坐标向量，，，，且满足，与平面平行，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．，所成角为钝角D．可以用，表示
10．记为数列的前n项和，以下命题是真命题的是（ ）
A．是等差数列，则的充要条件为
B．是等比数列，则的充要条件为
C．是等差数列的充要条件为﹜是等比数列
D．是等差数列的充要条件为为等差数列
11．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则的最小值为5
C．以线段为直径的圆与直线相切
D．若，则直线的斜率为
三、填空题
12．一个不透明的袋中有五张形状大小完全相同的卡片，它们上面分别标有数字0、-1、2、-3、4随机抽取一张卡片，把上面的数字记为，然后再从剩下的四张卡片随机抽取一张，把上面的数字记为b，则点在第二象限的概率是 .
13．从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点；从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．如图①，一个光学装置由有公共焦点，的椭圆C与双曲线S构成，现一光线从左焦点发出，依次经S与C反射，又回到了点，历时秒；若将装置中的S去掉，如图②，此光线从点发出，经C两次反射后又回到了点，历时秒．若C与S的离心率之比为，则 ．
14．已知正四面体的棱长为4，点为该四面体表面上的动点，若是该四面体的内切球的一条动直径，则的取值范围是 .
四、解答题
15．在中，角A，B，C所对的边分别为，，．已知
(1)求C；
(2)若，求c的最小值．
16．如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，平面平面ABCD，，，是等边三角形，M为侧棱PB的中点，且，.
(1)求证：平面PAD；
(2)求直线PC与平面PAD所成角的正弦值.
17．在数列中，，.
（1）设，证明数列是等差数列；
（2）求的前项和.
18．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，焦距为2．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的左焦点，且斜率为1的直线交椭圆于A，B两点，求的面积．
19．已知定义域为的函数满足如下条件：①对任意的，总有；②；③当，，时，恒成立．已知正项数列满足，且，，令
(1)求数列，的通项公式；
(2)若，求证：（）．
参考答案
1．B
【分析】化简集合A，B，根据交集运算得解.
【详解】因为，，
所以，
故选：B
2．B
【分析】根据题设有，累加可得，即可求结果.
【详解】由题设，则，
即，则.
故选：B
3．A
【解析】将数据与0或者1进行比较，从而区分大小.
【详解】∵a＝lg2lg23∈（，1），
b＝lg0.5π＜0，
c＝0.9﹣1.1＞1．
∴c＞a＞b．
故选：A．
【点睛】本题考查指数式，对数式的比较大小，一般地，我们将数据与0或者1进行比较，从而区分大小.
4．A
【分析】根据垂径定理可得所得截面的半径，进而根据圆面积与球体积公式求得比值即可.
【详解】球的半径 ，设截面圆半径为r，则，
所得截面的面积与球的体积的比为.
故选：A.
5．B
【分析】确定函数的单调性，计算，考虑，，三种情况，计算得到答案.
【详解】偶函数在上单调递增，故函数在上单调递减，，
，
当时，，故；
当时，不成立；
当时，，.
综上所述：或.
故选：B
6．A
【分析】由题意可得，故的最小正周期为，根据时，，进而得到最大值和最小值.
【详解】由，得
，
，所以的最小正周期为，故排除B、D；
当时，，
由得，所以，
所以，
所以一个周期内，的最小值为1，最大值为，故排除C.
故选：A
7．A
【分析】易知两圆的圆心为椭圆的两焦点，由勾股定理可得，，由椭圆的定义可得，设，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】，，，易知、为椭圆的两个焦点，
，
根据椭圆定义，设，则，即，
则，
当时，取到最小值．
故选：A．
【点睛】本题考查利用椭圆的定义求解最值问题，同时也考查了圆的切线长的计算，考查计算能力，属于中等题.
8．C
【分析】先根据递推公式可得，得出的通项公式，从而验证得出答案.
【详解】，则，
若中存在某项，使得，则可得这与条件中相矛盾.
所以，将上面两式相除可得
所以数列是公比为的等比数列.
则，设，则
所以
故选：C
9．AC
【分析】由向量，，是空间直角坐标系中的坐标向量，得到，，两两垂直，且，再由，与平面平行，求得，再逐项判断.
【详解】解：因为向量，，是空间直角坐标系中的坐标向量，
所以，，两两垂直，且，
而，
，
因为与平面平行，则，即，两式联立得，
所以，
A. ，则，故正确；
B.若，则，即，则，不存在，故不平行，故错误；
C. 设，所成的角为，
则，
因为，所以，所成角为钝角，故正确；
D. 假设可以用，表示，则，即，则，无解，故不可以用，表示，故错误；
故选：AC
10．BD
【分析】利用等差数列、等比数列知识，结合充分条件、必要条件的定义逐项判断即得.
【详解】对于A，取等差数列的通项为，对任意的正整数，均有，
此时不一定成立，A错误；
对于B，取等比数列的通项为，对任意的正整数，均有，
此时不一定成立，B错误；
对于C，是等差数列，则为常数，于是是常数，因此﹜是等比数列，
﹜是等比数列，则为常数，令，于是为常数，是等差数列，
所以是等差数列的充要条件为﹜是等比数列，C正确；
对于D，是等差数列，令公差为，则，即有，
于是，数列为等差数列，
反之，为等差数列，令公差为，则，，
当时，，当时，满足上式，
于是，显然为常数，因此是等差数列，
所以是等差数列的充要条件为为等差数列，D正确.
故答案为：BD
【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.
11．AC
【分析】根据抛物线的焦半径公式即可判断A；过点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义结合图象即可判断B；设点的坐标分别为，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，从而可得线段的中点坐标及长度，再求出中点到准线的距离即可判断C；根据，可得，结合C选项即可判断D.
【详解】解：抛物线的准线方程为，
对于A，由，得，故A正确；
对于B，过点作准线的垂线，垂足为，
则，
当且仅当三点共线时，取等号，
所以的最小值为4，故B错误；
对于C，设点的坐标分别为，直线的方程为，
联立方程，消去得，
则，
则，线段的中点为，
点到直线的距离为，
所以以为直径的圆与直线相切，故C正确；
对于D，因为，所以，可得，
由，
得，解得，故D错误.
故选：AC.
12．
【分析】结合古典概型概率计算公式计算出所求概率.
【详解】基本事件的总数为种，
要使在第二象限，则，
符合的事件有种，
故所求的概率为.
故答案为：
13．6
【分析】在图①和图②中，利用椭圆和双曲线的定义，分别求得和的周长，再根据光速相同，时间比等于路程比，再结合C与S的离心率之比为，即可求解.
【详解】在图①中，由椭圆的定义得：，由双曲线的定义得，两式相减得，
所以的周长为，
在图②中，的周长为，
因为光速相同，
因为C与S的离心率之比为，即，
所以.
故答案为：6.
14．
【分析】设内切球球心为，连接并延长交底面BCD于E，连接并延长交于，则为中点，由正四面体内切球的性质求、，进而求四面体体积，由等体积法求内切球的半径，进而可得、，再根据向量，，应用数量积的运算律可得，讨论的位置求的取值范围即可.
【详解】设内切球球心为，连接并延长交底面BCD于E，
∴是正△的中心，且面，
连接并延长交于，则为中点，且，
∴，则，
又面，则有，故，
∴，故四面体体积，
若球的半径为，则，
∴，故，
∵，，
∴，
在正四面体中，当与重合时最大，此时；
当与重合时最小，此时；
∴的范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据向量加减法的几何意义可得，，再应用向量数量积的运算律得到关于的表达式，讨论的位置求最值即可.
15．(1)
(2)2
【分析】（1）法一：由已知化简得，两边同时除以，再由余弦定理、正弦定理可得答案；法二：由已知利用余弦定理得，再由余弦定理可得答案：
（2）由余弦定理、基本不等式可得答案．
【详解】（1）法一：因为，
得，
两边同时除以得，，
，由正弦定理得，
所以，
得，
即，
又，所以，所以，
又，得．
法二：
因为，由余弦定理得
，
，
，，所以，
又，得；
（2）由余弦定理得，
又，得．
，
当且仅当“”时，等号成立．
则，故的最小值为2．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AB的中点O，利用面面平行性质证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出直线PC的方向向量与平面PAD的法向量，利用向量数量积公式求夹角的正弦值.
【详解】（1）证明如图，取AB的中点O，连接OC，OM.
∵M为侧棱PB的中点，∴，因为平面PAD，平面，
所以平面，
∵，，，∴四边形ADCO为平行四边形，则.
因为平面PAD，平面，所以平面，
∵，平面，∴平面平面PAD.
∵平面OCM，∴平面PAD.
（2）如图，连接OP，是等边三角形，∴，
∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAB，
∴平面ABCD.
∵，，∴，以O为原点，OC所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
∵，，∴.
∴.
设为平面PAD的法向量，
则即
取，则.
设直线PC与平面PAD所成角为.
∴，
∴直线PC与平面PAD所角的正弦值为.
17．（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）将递推关系两边同除以即可由等差数列的定义证明；
（2）利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）解：将两边同除以，得，
即，
所以是，的等差数列.
（2）解：由（1）得，即
①
②
①-②得，
解得.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出即可求得椭圆的标准方程.
（2）先根据题意写出直线的方程；再联立直线和椭圆的方程，利用韦达定理和弦长公式求出，利用点到直线距离公式求出点到直线AB的距离；最后利用三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）由题意可得：焦距为，离心率,
则，.
又由，得，
所以椭圆的标准方程为：．
（2）
由（1）知：左焦点为.
则直线的方程为：.
设，，
联立整理可得：，
则，且，.
由弦长公式得，
又因为点到直线AB的距离，
所以．
19．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）先由题设条件①②③推理得到在区间上单调递减，由求得；再由数列的递推式推理得到等比数列的通项公式，运用迭代法求得的通项；
（2）先求出，得到，利用条件③得到，整理推得，然后进行放大，将其变形为，从而，对赋值代入再相加，再利用等比数列求和公式计算即得.
【详解】（1）不妨设，则，
，
，
若，即，
此时有，与题设矛盾，
故，
，在区间上单调递减，
，．
又由，
两边同时除以，化简可得，即，
是以为首项，4为公比的等比数列，．
又，，
当时，
．
又当时，，
故．
（2）由（1）可得．
当时，，且，
，，
又，
，即，
，
，即，
，
．
【点睛】思路点睛：解题思路在于，先由受启发，需求函数的最小值，即需判断其单调性.这就需要根据条件①②③推得函数的单调性，其次是两个数列通项公式的求解，需要紧扣已知的两个数列递推式发掘其内在联系才可求出；对于（2），需要通过函数的放缩才能得出结论，继而利用等比数列求和公式证得结论.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
A
A
B
A
A
C
AC
BD
题号
11









答案
AC