云南省昆明市第三中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份云南省昆明市第三中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 设是等比数列，且，，则， 设函数，则， 已知椭圆C， 已知，函数， 设椭圆等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、考号、考场号、座位号填写在答题卡上，并用铅笔认真填涂考号.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题：本部分共8小题，每小题5分，共40分.
1. 若向量，则（ ）
A. 5B. 7C. 8D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标运算求解即得.
【详解】由，，
得，而，
所以.
故选：D
2. 若圆与圆有条公切线，则（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知两圆外切，可得出关于实数的等式，解之即可.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
因为两圆有条公切线，则两圆外切，则，即，
解得.
故选：C.
3. P是直线x+y-2=0上的一动点，过点P向圆引切线，则切线长的最小值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】由圆的标准方程，找出圆心坐标和圆的半径，要使切线长最小，则必须点到圆的距离最小，求出圆心到直线的距离，利用切线的性质及勾股定理求出切线长的最小值即可.
【详解】∵圆，∴圆心，半径.
由题意可知，点到圆的切线长最小时，
垂直于直线.
∵圆心到直线的距离，
∴切线长的最小值为：.
故选：C.
【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，点到直线的距离公式，以及勾股定理，熟练掌握公式及定理是解本题的关键.
4. 双曲线的两个焦点分别是，点是双曲线上一点且满足，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，可得，中再利用余弦定理可得，由面积公式即可求得答案.
【详解】，所以，，，
在双曲线上，设，，
①，
由，在中由余弦定理可得：
，
故②，
由①②可得，
直角的面积.
故选：C.
5. 设是等比数列，且，，则（ ）
A. 12B. 24C. 30D. 32
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，则，
，
因此，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
6. 设函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对求导得，令，求出，代入即可求出的值.
【详解】．
令，则，则，所以
所以．
故选：B.
7. 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，过点F作圆的切线，若两条切线互相垂直，则椭圆C的离心率为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意画出图形，可得，再由结合离心率公式求解．
【详解】如图，

由题意可得，，即，则，
∴，即．
故选：D．
8. 已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ）
A. 直线和圆B. 直线和椭圆C. 直线和双曲线D. 直线和抛物线
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【详解】由题意得，即，
对其进行整理变形：
，
，
，
，
所以或，
其中为双曲线，为直线.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.
二、多项选择题：本部分共3小题，每小题6分，共18分.
9. 已知等差数列的前项和为，若，，则下列选项正确的有（ ）
A. B.
C. 中绝对值最小的项为D. 数列的前项和最大项为
【答案】AD
【解析】
【分析】由题设可得，结合等差数列性质判断A、B、C；再由正负分界点，判断最大项判断D.
【详解】由题意，可得，
所以，，， A正确，B错误；
设数列的公差为，
则，，
所以为递减数列，且，，即，
且当时，单调递减，当时，单调递增，
所以中绝对值最小的项为，故C错误；
因当时，，当时，，，
所以的前项为正，第项开始均为负，
故最大项为，D正确.
故选：AD
10. 设椭圆：的左、右焦点分别为，，是椭圆上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 椭圆的离心率
C. 面积的最大值为
D. 以线段为直径的圆与直线相切
【答案】ABC
【解析】
【分析】由椭圆方程得出，由椭圆定义判断A；由离心率公式判断B；面积，结合的范围判断C；根据圆心到直线的距离与半径的关系判断D．
【详解】在椭圆C的方程中，长短半轴长及半焦距分别为，
对于A，由椭圆的定义，得，A正确；
对于B，离心率，B正确；
对于C，面积，而，因此面积最大值为，C正确；
对于D，，以线段为直径的圆的方程，
其圆心为，半径为1，圆心到直线的距离为，
因此以线段为直径的圆与直线相离，D错误．
故选：ABC
11. 设函数，则（ ）
A. 当时，是的极大值点
B. 当时，有三个零点
C. 存在a，使得点为曲线的对称中心
D. 存在a，b，使得为曲线的对称轴
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；B选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；C选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
D选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；
【详解】A选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，A选项错误；
B选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，B选项正确；
C选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，C选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，C选项正确.
D选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，D选项错误；
故选：BC
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心.
三、填空题：本部分共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知拋物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则________.
【答案】
【解析】
【分析】求出抛物线的准线方程，即可求出，再根据焦半径公式计算可得.
【详解】拋物线的准线为，因为点在上且到直线的距离为5，
所以，解得，
所以.
故答案为：
13. 设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率.
【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入
得，即，故，，
又，得，解得，代入得，
故，即，所以.
故答案为：
14. 如图是瑞典数学家科赫在年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．
设原三角形（图）的边长为，把图，图，图，中的图形依次记为，，，，，，则的边数__________，所围成的面积__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】记的边数为，三角形边长为，面积为，由图形变化规律可直接得到，从而得到；根据，采用累加法可求得.
【详解】记的边数为，三角形边长为，面积为，
由图形变换规律可知：，，则；
由图形可知：是在每条边上生成一个小三角形（去掉底边），
则，
由，，…，；
左右分别相加得：；
数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列，
，
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的综合应用问题，解题关键是根据图形的变化规律确定的边数的变化规律符合等比数列的变化；并得到图形面积变化所满足的递推关系式，采用累加法表示出图形面积.
四、解答题：共77分.
15. 已知函数.
（Ⅰ）若，求函数的最小值；
（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【详解】分析：（Ⅰ）求导，利用导数的符号变化确定函数的单调性，进而得到函数的最小值；（Ⅱ）求导，利用导函数在给定区间上恒为非正值进行求解．
详解：（Ⅰ），则，
∴ ，
由，所以，当，；，
∴在单调递减，在单调递增.
∴
（Ⅱ）由已知在上恒成立，∴.
令，
∴在上单调递减，∴.
∴
点睛：已知函数在区间上单调递增，求有关参数问题，往往有两个思路：
①先求出函数的单调递增区间，再利用进行求解；
②将函数在区间上单调递增转化为在区间上恒成立．
16. 如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【小问1详解】
取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
【小问3详解】
由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
17. 已知数列的前n项和为，且．
（1）求证：是等比数列；
（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前n项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由与的关系，分，求数列的通项公式即可；
（2）利用错位相减法求和即可得解.
【小问1详解】
当时，，得，所以，
当时，
所以，即，
所以
所以
即数列是以为首项，公比为3的等比数列.
【小问2详解】
由（1）得，所以，
由题意，即
所以，所以
设前项和为
所以
即 ①
②
①-②得：
所以.
18. 已知抛物线焦点为，抛物线与直线的一个交点的横坐标为.
（1）求抛物线的方程；
（2）不过原点的直线与垂直，且与抛物线交于不同的两点、，若线段的中点为，且，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）分析可知点在抛物线上，将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，即可得出抛物线的标准方程；
（2）可设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，分析可知，利用平面向量数量积结合韦达定理求出的值，进而利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】（1）易知直线与抛物线的交点坐标为，所以，，解得，
因此，抛物线的标准方程为；
（2）因为直线与垂直，可设直线的方程为，设点、，
联立，消去并整理得，，解得，
由韦达定理可得，，
由已知可得，所以，，，
所以，，则，
则，因为，解得，
所以，直线与轴交于点，
因此，.
19. 已知，函数．
（I）求曲线在点处的切线方程：
（II）证明存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
【答案】（I）；（II）证明见解析；（III）
【解析】
【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】（I），则，
又，则切线方程为；
（II）令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，
令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，
所以实数b的取值范围.
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.