云南省2024-2025学年高二下学期2月开学考试 数学试卷（含解析）

这是一份云南省2024-2025学年高二下学期2月开学考试 数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 函数在上的值域为， 过点作的切线，切点分别为，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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，再选涂其他答案标号.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，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一､二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章.
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. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式得到，利用交集概念求出答案.
【详解】，
故
故选：C
2. 在数列中，若，则（ ）
A. B. 1C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】求出为一个周期为2的周期数列，故.
【详解】，，，……，
故为一个周期为2的周期数列，故.
故选：D
3. 已知，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】指数函数的单调性及对数函数的单调即可判断；
【详解】，
，因为函数单调递减；
所以，
所以，
故选：A
4. 若球被一个平面所截，所得截面的面积为，且球心到该截面的距离为2，则球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出截面圆的半径，再利用勾股定理求得球的半径，再根据球的表面积公式即可得出答案.
【详解】因为球的一截面的面积为，所以截面圆的半径为，
又因为球心到该截面的距离为2，所以球的半径为，
所以球的表面积为.
故选：C.
5. 已知函数是定义在上的奇函数，在上单调递减，且，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由奇偶性得到，当时，，结合单调性，求出，同理得到当时，，故，
【详解】因为是定义在上的奇函数，，
所以，
因为在上单调递减，当时，，
故，
因为是定义在上的奇函数，故在上单调递减，
又，当时，，
故，
综上，的解集为.
故选：D
6. 函数在上的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简得到，整体法得到，结合图象求出函数值域.
【详解】
，
当时，，故，
故的值域为.
故选：A
7. 过点作的切线，切点分别为，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】求出和的长以及夹角即可求解数量积.
【详解】由题可知，，，
则，
故
故选：B.
8. 已知数列满足，设数列的前项和为，若，，成等差数列，则（ ）
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】由累加法可求得，进而利用裂项相消法可求的前项和，进而结合已知可得，求解即可.
【详解】因为，且，
所以当时，．
因为也满足，所以．
因为，
所以．
若成等差数列，则，即，得．
故选：B.
二､多选题：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. 在空间直角坐标系中，已知点，，，，则（ ）
A. B. 与夹角的余弦值为
C. 在上的投影向量为D. 点到直线BC的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】依次计算、即可判断AB；由投影向量定义求出投影向量即可判断C；依次求出直线BC的方向向量和，接着计算即可判断D.
【详解】因为，，所以，故A正确；
因为，，所以，故B正确；
因为，，所以在上的投影向量为，故C错误；
因为，所以的一个单位方向向量为，
因为，所以点到直线BC的距离为，故D正确．
故选：ABD.
10. 已知等比数列的公比不为1，设的前项和为，若，且成等差数列，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 数列为等比数列
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，设出公比，根据得到方程，求出，故A错误；B选项，求出，故，B正确；C选项，，，当为奇数时，，当为偶数时，，得到，CD正确.
【详解】A选项，设的公比为，，
成等差数列，故，
又，所以，即，
所以，又，解得，
所以，A错误；
B选项，，
故，
所以，又,所以数列等比数列，B正确；
CD选项，，
故，
当为奇数时，，故，
当为偶数时，，故，
所以，CD正确.
故选：BCD
11. 已知是抛物线上不同的动点，为抛物线的焦点，直线为抛物线的准线，线段的中点为，则（ ）
A. 当时，的最大值为32
B. 当时，的最小值为22
C. 当时，直线的斜率为
D. 当三点共线时，点到直线的距离的最小值为14
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用抛物线的定义，结合线段和差关系求出的最大值判断A；利用抛物线的定义转化，结合几何图形求出最小值判断B；利用点差法求出直线的斜率判断C；设出直线的方程并与抛物线联立，求出最小值即可判断D.
【详解】设．因为，
所以当三点共线时，有最大值32，故A正确；
因为点在抛物线内侧，准线为，过作于，
由抛物线的定义可得，所以，
的最小值为点到准线的距离，所以，故B错误；
由，得，
所以，故C正确；
当三点共线时，点到直线的距离，
设直线的方程为，，
由，消去得，，
所以，则
，
所以当时，，所以，故D正确．
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 用这三个数字组成一个三位数（每个数字只能用一次），则这个三位数是偶数的概率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】将所有情况列出即可求解.
【详解】0不能在首位，则三个数可组成的三位数总数为：个(102,120,201,210)，
其中是偶数的有：102,120,210共三个，所以三位数为偶数的概率为.
故答案为：.
13. 已知分别是双曲线的左、右焦点，直线经过，且与的右支交于两点，若，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，则，根据双曲线定义得到，从而表达出各边长，在和，由余弦定理及得到方程，求出，得到离心率.
【详解】设，则，
由双曲线定义知，即，解得，
故，，则，
又，
在中，由余弦定理得
，
在中，由余弦定理得
，
因为，所以，
即，解得，
故离心率为.
故答案为：
14. 如图，正八面体的每条棱长均为与交于点为正八面体内部或表面上的动点.若，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据正八面体的性质建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标运算求解最值即可.
【详解】连接CE，由正八面体性质得两两互相垂直，故以O为坐标原点，
分别以所在直线为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，
由正八面体的各棱长均为，根据正八面体的对称性，
可得，
则，
又，所以，，
设点，则，因为，所以，
即，又，
所以
，
故当，，即时，取到最小值为．
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标运算结合函数性质求解最值.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）边化角结合即可求解；
（2）由余弦定理、基本不等式结合三角形面积公式即可求解；
【小问1详解】
由结合正弦定理边化角可得：
，
即，又,
所以，又，
所以，
所以；
【小问2详解】
由余弦定理，得，
所以.
由基本不等式知，
于是.
当且仅当时等号成立.
所以的面积，
当且仅当时，面积取得最大值.
16. 在直三棱柱中，是的中点，.
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用面面角的法向量夹角公式求出答案
【小问1详解】
连接，与相交于点，连接，
因为直三棱柱中，，
所以四边形为正方形，故为的中点，
因为是的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴，
垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
过点作⊥轴于点，
因为，所以，
又，
故，
，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，
故，
设平面与平面夹角为，
则，
故平面与平面夹角余弦值为.
17. 已知正项数列的前项和为，且满足.
（1）证明：为等差数列.
（2）求的值和的通项公式.
（3）若数列满足，其前项和为，证明：.
【答案】（1）证明过程见解析；
（2），；
（3）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）根据时，得到，证明出为等差数列；
（2）利用等差数列性质及得到，结合求出，并得到通项公式；
（3），利用错位相减法求和，得到.
【小问1详解】
①，
当时，②，
式子①-②得，
故，故，
为正项数列，故，所以，
即，为公差为2的等差数列；
【小问2详解】
由（1）知，为公差为2的等差数列，
，故，
中，令得，
即，
将代入上式得，解得，
的通项公式为；
【小问3详解】
，
③，
故④，
式子③-④得
，
故.
18. 已知椭圆的短轴长为，且离心率为.
（1）求C的方程.
（2）过点作斜率不为0的直线与椭圆C交于S，T不同的两点，再过点作直线ST的平行线与椭圆C交于G，H不同的两点.
①证明：为定值.
②求面积的取值范围.
【答案】（1）；
（2）①证明见解析；
②.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆参数的关系即可求解椭圆方程；
（2）①利用设直线与椭圆联立方程组，利用纵坐标与斜率关系计算线段长度，，即可得到线段之积与直线系数的关系，同理计算出，再作比值，即可得到定值；
②利用弦长公式和面积公式可计算出，再利用换元法,化归到对钩函数来求值域即可.
【小问1详解】
由已知得，
因为，又由，
可解得，
所以椭圆方程为：.
【小问2详解】
①设斜率不为0的直线的方程为，
联立直线和椭圆方程可得，化简得，
由于椭圆与直线交于两点，，
因此，所以或，
根据韦达定理可得，，
又因为，，
因此，
令的方程为，椭圆与直线交于两点，
联立直线和椭圆方程，化简得，
同理：，，
，
因此（为定值）．
②由于，又由于，
因此，
化简可得，设，由于，因此，
因此，
又由于当时，，因此，
因此，
所以面积的取值范围为．
19. 在数列中，若存在项之和等于中的某一项，则称是“和数列”.
（1）若，判断是否为“3和数列”，是否为“4和数列”，并说明理由.
（2）在正项数列中，，且.
证明：①可能是等比数列；
②若为等比数列，则不是“和数列”.
【答案】（1）是“3和数列”，不是“4和数列”，理由见解析
（2）①证明过程见解析；②证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）举出实例得到是“3和数列”中每一项均为奇数，故中的任意4项之和肯定为偶数，故不是“4和数列”；
（2）①若为等比数列，求出公比，验证满足；
②由①可知，假设是“和数列”，则存在，使得，不妨令，分和两种情况，推出矛盾，证明出不是“和数列”.
【小问1详解】
“3和数列”，不是“4和数列”，
理由如下：因为，所以，
又，所以是“3和数列”，
由通项公式可知，中每一项均为奇数，故中的任意4项之和肯定为偶数，
与中的任何一项均不相等，
故不是“4和数列”；
【小问2详解】
证明：①，且，
故，
若为等比数列，则的公比，
则，，，
故可能是以2为公比的等比数列；
②由①可知，假设是“和数列”，
则存在，使得，
不妨令，
若，则，且，
则，
因为，所以为正偶数，
则为大于1的正奇数，
所以，这与矛盾，从而假设不成立，
所以不是“和数列”，
若，则，
则，
由得，
显然，则，
则，
即，
由可得为正偶数，
则为正奇数，为正偶数，
则不可能成立，从而假设不成立，
则不是“和数列”.
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.