2025济宁育才中学高二下学期开学考试数学试卷含解析

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2025.02
（考试时间：120分钟 满分：150分）
一､单项选择题：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. 已知直线与直线互相平行，则点在（ ）
A. 圆上B. 圆上
C. 圆上D. 圆上
【答案】C
【解析】
【详解】∵直线与直线互相平行，
∴，且，
即，且．
故选：C．
2. 已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为12，到轴的距离为9，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由代入即可求.
【详解】设抛物线的焦点为，
由抛物线的定义知，
因为点到轴的距离为9，即，
所以，
解得.
故选：D
3. 已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为＝(1，－3，z)，向量＝(3，－2,1)与平面α平行，则z等于（ ）
A. 3B. 6C. －9D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，可得，即可得出．
【详解】由题意可得，
，
解得．
故选：．
【点睛】本题考查了线面位置关系、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，
【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则，
因此为等差数列，则甲是乙充分条件；
反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，
即，则，有，
两式相减得：，即，对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，
则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即，
即，，
当时，上两式相减得：，当时，上式成立，
于是，又为常数，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
5. 已知正方体，则不正确的是（ ）
A. 直线与所成的角为
B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为
D. 直线与平面ABCD所成的角为
【答案】C
【解析】
【分析】画出图形，对选项A，可证，得到，对选项B，结合线面垂直判定定理，证明平面，得到；对选项C，作，连接，可证平面，得出与平面所成的角为，由几何关系可验证；对选项D，易判断正确.
【详解】对选项A，，四边形为平行四边形，，而，所以，故选项A正确；
对选项B，，面，平面，所以，，所以平面，又平面，所以，故选项B正确；
对选项C，如图，连接，设，显然，又平面，平面，所以，，所以平面，连接，所以与平面所成的角为，设，则，，所以，故选项C错误；
对选项D，直线在平面ABCD的投影为，所以为直线与平面ABCD所成的角，大小为，选项D正确.
所以不正确的选项为C项.
故选：C
6. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A. 3699块B. 3474块C. 3402块D. 3339块
【答案】C
【解析】
【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，
设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
7. 若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ）
A. y=2x+1B. y=2x+C. y=x+1D. y=x+
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的几何意义设出直线的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.
【详解】设直线在曲线上的切点为，则，
函数的导数为，则直线的斜率，
设直线的方程为，即，
由于直线与圆相切，则，
两边平方并整理得，解得，（舍），
则直线的方程为，即.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.
8. 已知椭圆的方程为，上顶点为，左顶点为，设为椭圆上一点，则面积的最大值为.若已知，点为椭圆上任意一点，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】当面积的最大值时，直线与椭圆相切，设与直线平行的椭圆的切线方程为，与椭圆联立得到，由面积的最大值为，求得，，由均值不等式即得解.
【详解】在椭圆中，
点，则，，
直线的方程为，设与直线平行的椭圆的切线方程为，
由方程组得，
由，得，则，
两平行线间的距离，
则面积的最大值为，得，
∴，
∴
，
当且仅当时取等号.
【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 下列求导运算正确是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用求导法则进行计算，对四个选项逐个判断即可.
【详解】，故A正确；
，故B错误；
，故C错误；
，故D正确.
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，P为双曲线的左支上一点，且直线与的斜率之积等于3，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的离心率为2
B. 若，且，则
C. 以线段，为直径的两个圆外切
D. 若点P在第二象限，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过求得，从而求得双曲线的离心率，由此判断A选项的正确性.结合三角形的面积以及双曲线的定义求得，由此判断B选项的正确性.通过圆心距和两个圆半径间的关系判断C选项的正确性.结合二倍角的正切公式来判断D选项的正确性.
【详解】对于A，设，则，因为，，
所以，由，得，故A正确.
对于B，因为，所以，根据双曲线的定义可得，
又因为，所以，整理得.
由，可得，
即，解得，故B错误，
对于C，设的中点为，O为原点.因为为的中位线，所以，则可知以线段，为直径的两个圆外切，故C正确.
对于D，设，则，.因为，所以，，
则渐近线方程为，所以，.
又，，
所以
，
因为，所以，故D正确.
故选：ACD
【点睛】求解双曲线离心率有关问题，可考虑直接法计算出，从而求得双曲线的离心率；也可以考虑建立或的关系式，通过整体求出或来求得双曲线的离心率.
11. 在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A. 当为中点时，为锐角
B. 存在点，使得平面
C. 的最小值
D. 顶点到平面的最大距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则，则有，求出，即可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D.
【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，
则，
则，故，
则，
，
对于A，当为中点时，
则，，
则，，
所以，
所以为锐角，故A正确；
当平面，
因为平面，所以，
则，解得，
故存在点，使得平面，故B正确；
对于C，当时，取得最小值，
由B得，此时，
则，，
所以，
即的最小值为，故C错误；
对于D，，
设平面的法向量，
则有，
可取，
则点到平面的距离为，
当时，点到平面的距离为0，
当时，
，
当且仅当时，取等号，
所以点到平面的最大距离为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，在四棱锥中，平面，则点到直线的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】建系，求出在上的投影向量的长度，再利用勾股定理求解即可.
【详解】因为平面，平面，平面，
所以，，又,
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
，即，，
所以在上的投影向量的长度为，
故点到直线的距离为.
13. 若直线l与函数，的图象分别相切于点，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数科的切线斜率与切线方程，进而可得与的关系，即可求解.
【详解】由，，得，，
则，，即.
曲线在点A处的切线方程为，
曲线在点B处的切线方程为，所以，
可得，整理得.
故答案为：.
14. 如图，一个酒杯的内壁的轴截面是抛物线的一部分，杯口宽cm，杯深8cm，称为抛物线酒杯．①在杯口放一个表面积为的玻璃球，则球面上的点到杯底的最小距离为______ cm；②在杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，则玻璃球的半径的取值范围为______(单位：cm)．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，，进而得，，故最小距离为；进而建立坐标系，得抛物线的方程为，当杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，此时设玻璃球轴截面所在圆的方程为，进而只需满足抛物线上的点到圆心的距离大于等于半径恒成立，再根据几何关系求解即可.
【详解】因为杯口放一个表面积为的玻璃球，所以球的半径为，
又因为杯口宽cm，
所以如图1所示，有，
所以，所以，
所以，
又因为杯深8cm，即
故最小距离为
如图1所示，建立直角坐标系，易知，设抛物线的方程为，
所以将代入得，故抛物线方程为，
当杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，如图2，

设玻璃球轴截面所在圆的方程为，
依题意，需满足抛物线上的点到圆心的距离大于等于半径恒成立，即，
则有恒成立，解得，可得.
所以玻璃球的半径的取值范围为.
故答案为：；
【点睛】本题考查抛物线的应用，考查数学建模能力，运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于设出球触及酒杯底部的轴截面圆的方程，进而将问题转化为抛物线上的点到圆心的距离大于等于半径恒成立求解.
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. 已知直线，直线平分圆．
（1）若，直线与圆交于，两点，求的周长；
（2）若直线过定点，过点作圆切线，求定点的坐标及切线方程．
【答案】（1）
（2），切线方程为或
【解析】
【分析】（1）圆心在直线上，则，解得，所以圆心的坐标为，半径为2，由垂径定理得到弦长，得到周长；
（2）变形求出定点的坐标为，当切线斜率不存在时，直线满足要求，当切线斜率存在时，设出直线方程，根据圆心到直线距离等于半径得到方程，求出，从而求出答案.
【小问1详解】
当时，直线的方程为，
圆心在直线上，则，解得，
所以圆心的坐标为，半径为2．
圆心到直线的距离，
所以，
所以的周长为．
【小问2详解】
直线的方程为，即，
由得，
所以定点的坐标为．
当切线斜率不存在时，到的距离为2，
易得直线为圆的一条切线．
当切线斜率存在时，由，
解得，
则直线的方程为．
故所求切线的方程为或．
16. 设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.
17. 如图，在四棱锥中，为的中点，且满足平面，

（1）证明：；
（2）若平面，点在四棱锥底面内，且在以为焦点，并满足的椭圆弧上.若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）在图中作出辅助线，然后利用三角形中位线证明，然后即可求解.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解出平面与平面的余弦值为并结合椭圆的定义求解此时的坐标，然后再利用空间向量法求解直线与平面所成的角的正弦值，即可求解.
【小问1详解】
证明：取中点为，连接，在中，为中位线，所以，且
因为，所以，所以四点共面
又因为平面面，且平面平面，所以
所以四边形为平行四边形，所以，所以.
【小问2详解】
如图，平面，取中点为坐标原点，以所在直线为轴，
过点且垂直于所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，
因为，所以点的轨迹是以为焦距的椭圆（在梯形内的部分），
，所以椭圆的轨迹方程为，
设点，则（在梯形内的部分）①
设平面的一个法向量为，
则
因为轴平面，其一个法向量，设二面角的平面角为，
则，得，整理得②
联立①②，解得或
另作且，则平面平面平面为，
二面角为，当时，二面角的平面角为钝角，不符题意，舍去，所以
此时，经检验，在梯形内，
平面直线与平面所成角为，
在中，，
故所求线面角正切值为.
【点睛】方法点睛：（2）问中利用空间向量法根据二面角的余弦值，然后再结合椭圆定义求出的值，注意讨论验证取舍，然后再利用空间向量法求解直线与平面的夹角，即可求解.
18. 设椭圆长轴的左，右顶点分别为A，B．
（1）若P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点，直线的斜率分别为，求的最小值；
（2）已知过点的直线l交椭圆C于M、N两个不同的点，直线分别交y轴于点S、T，记（O为坐标原点），当直线1的倾斜角为锐角时，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）设点，则可表示出，然后结合椭圆的性质即可求出最小值；
（2）由题意可设直线，与椭圆方程联立，设，则利用韦达定理可得两根和、两根积，及斜率的取值范围，然后结合条件可以用斜率表示出，即可求出其取值范围.
【详解】（1）设点，由椭圆的对称性知，不妨令，
由已知，则，显然有，
则，
，则，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，即的最小值为．
（2）当直线l的倾斜角为锐角时，设，设直线，
由得，
从而，又，得，
所以，
又直线的方程是：，令，解得，所以点S为；
直线的方程是：，同理点T为·
所以，
因为，所以，
所以
∵，∴，
综上，所以的范围是．
19. 已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ~k”数列．
（1）若等差数列是“λ~1”数列，求λ的值；
（2）若数列是“”数列，且an＞0，求数列的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ~3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，
【答案】（1）1
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据定义得，再根据和项与通项关系化简得，最后根据数列不为零数列得结果；
（2）根据定义得，根据平方差公式化简得，求得，即得；
（3）根据定义得，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满足的条件，解得结果
【详解】（1）
（2）
，
（3）假设存在三个不同的数列为数列.
或
或
∵对于给定的，存在三个不同的数列为数列，且
或有两个不等的正根.
可转化为，不妨设，则有两个不等正根，设.
① 当时，，即，此时，，满足题意.
② 当时，，即，此时，，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，
【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.