海南省定安县定安中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份海南省定安县定安中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第一部分（选择题 共58分）
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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得直线的斜率，得到，进而求得直线的倾斜角，得到答案.
【详解】由直线，可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，可得，
因为，所以.
故选：D.
2. 如图，已知平行六面体中，点是侧面的中心，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算计算即可.
【详解】因为点是侧面的中心，
所以点是的中点，
则
.
故选：C
3. 已知等差数列的前项和为，若，，则等差数列的公差（ ）
A. 3B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式计算作答.
【详解】等差数列的前项和为，，，
于是，解得，
所以等差数列的公差.
故选：B
4. 若直线恒过定点A，则点A的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线化为，据此可得定点坐标.
【详解】，
令，则所过定点为.
故选：C
5. 已知抛物线，直线过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，若弦的长为8，则直线的方程为（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】因为直线过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，所以直线的方程为，再与抛物线联立，用韦达定理及弦长公式即可求得斜率，进而求出直线的方程.
【详解】由抛物线的方程，得，抛物线的焦点．根据题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为，，．
由消去，整理得，可得，所以．
因为，解得，
所以直线的方程为或．
故选：B．
6. 与双曲线有公共焦点，且离心率为的椭圆的方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知焦点为，结合离心率列式可得，即可得方程.
【详解】由双曲线可知，且焦点在x轴上，则焦点为，
设椭圆的方程是，
则，解得，
所以椭圆的方程是.
故选：C.
7. 在数列中，，（，），则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用数列的递推公式求出数列的前4项，推导出为周期数列，从而得到的值；
【详解】因为，（，），
所以，，，
所以数列是以为周期的周期数列，
所以.
故选：A
8. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，离心率分别为，点为与在第一象限的公共点，且，若，则的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出椭圆的方程，再由椭圆的定义及余弦定理求出，即可求出双曲线的方程．
【详解】设椭圆的方程为，双曲线的方程为，
因为椭圆的焦点，且离心率，
所以，，所以，，
所以椭圆的方程为，又，，，
由余弦定理，
即，
又，
所以，，
所以，又，
所以，即，所以，
又双曲线的焦点为，，所以，
所以，
所以双曲线的方程为．

故选：A．
二、选择题：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. 已知空间中三点，则正确的有（ ）
A. 与是共线向量
B. 的一个单位向量是
C. 与夹角的余弦值是
D. 平面的一个法向量是
【答案】BC
【解析】
【分析】根据共线向量的定义、单位向量的定义、向量夹角的定义以及法向量的定义直接计算即可判断选项.
【详解】由题意知，，因为，所以与不是共线向量，即A错误；
的单位向量为，所以的单位向量为或，即B正确；
，所以与夹角的余弦值为，即C正确；
设平面的一个法向量为，则即，
令，则，所以，即D错误,
故选：BC.
10. 已知圆，圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 若和外离，则或
B. 若和外切，则
C. 当时，和内含
D. 当时，有且仅有一条直线与和均相切
【答案】BD
【解析】
【分析】先根据圆的标准方程得到两圆圆心坐标与半径，从而求出圆心距，再由两圆的位置关系得到圆心距与半径的和、差的关系得到不等式(或方程)，即可判断.
【详解】由题知，，，，.
对于A，若和外离，则，解得或，故A错误；
对于B，若和外切，则，解得，故B正确；
对于C，当时，，则和相交，故C错误；
对于D，当时，，则和内切，有且只有一条公切线，故D正确.
故选：BD.
11. 已知椭圆，且两个焦点分别为，，是椭圆上任意一点，以下结论正确的是（ ）
A. 椭圆的离心率为B. 的周长为12
C. 的最小值为3D. 的最大值为16
【答案】BD
【解析】
【分析】由题，利用离心率公式、椭圆的定义和基本不等式即可一一判断．
【详解】椭圆，则
对于A：，故A错误；
对于B：的周长为，故B正确；
对于C：的最小值为，故C错误；
对于D：，当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：BD．
第二部分（非选择题共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知直线的方程为，则坐标原点到直线的距离为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用点到直线距离公式代入计算即可得出结果.
【详解】将直线化为一般方程可得，
由点到直线距离公式可得坐标原点到直线的距离为.
故答案为：
13. 已知数列中，，则___________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：由，即，即数列表示首项为，公差为的等差数列，所以数列的通项公式，则，令，即，即当时，则，当，则，所以
．
考点：等差数列求和问题．
14. 直线的方向向量为，且过点，则点到的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用点到直线距离的向量求法计算即得.
【详解】依题意，，
所以点到的距离.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．
15. 已知圆经过三点，，.
（1）求圆的方程；
（2）若过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设出圆的一般式，代入三个点的坐标，求出圆的方程；
（2）分直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，由垂径定理得到方程，求出直线方程.
【小问1详解】
设圆的方程为，
将，，代入得
，解得，
故圆的方程为；
【小问2详解】
，
故圆的圆心为，半径为2，
当直线的斜率不存在时，，此时圆心到的距离，
，满足要求；
当直线的斜率存在时，设，
圆心到的距离，
由得，故，解得，
故直线的方程为，即，
故直线的方程为或.
16. 在正四棱柱中，，为棱中点．
（1）证明平面．
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正四棱柱的性质，得到侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，结合，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
因为是正四棱柱，所以侧面，
而平面，所以
又，，平面，所以平面；
小问2详解】
如图建立空间直角坐标系，则，，设，则，
所以，，
因为，所以，解得或（舍去），
所以，，
则，，，
设是平面的法向量，
所以取，
设是平面的法向量，
所以取，
设二面角为，则，
所以二面角的正弦值为.
17. 椭圆C：过点P（，1）且离心率为，F为椭圆右焦点，过F的直线交椭圆C于M，N两点，定点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若面积为3，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立，结合韦达定理及，即可求解.
【小问1详解】
由已知可得，解得，所以，椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当直线与轴重合时，不符合题意，
设直线的方程为，联立，
可得，
，
设，由韦达定理可得，，
则，
则，
解得，
所以直线方程为.
18. 已知数列满足：，.
（1）计算数列的前4项；
（2）求证：是等差数列；
（3）求的通项公式.
【答案】（1），，，；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定递推公式，依次计算.
（2）将给定的等式两边取倒数，再结合等差数列定义推理即得.
（3）利用（2）的结论，求出的通项公式.
【小问1详解】
数列中，，，则，，，
所以数列的前4项为，，，．
【小问2详解】
由（1）知，，将等号两端取倒数得，，即，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.
【小问3详解】
由（2）知，即，
所以数列的通项公式为.
19. 已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”.
（1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；
（2）若为的“伴随数列”，证明：；
（3）已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值.
【答案】（1）存在，“伴随数列”是15,13,11,10
（2）见解析 （3）的最大值为
【解析】
【分析】（1）根据定义求出即可；
（2）证明即可得出；
（3）首先证明的伴随数列是存在的，最小的，然后确定得到范围，求得到最大值，由（2）知，利用累加法可得，得出，从而，（是整数）又由知是的正约数，这样得出得到最大值为，构造数列，，它存在伴随数列，从而得证.
【小问1详解】
，,
,，均为正整数，
所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10.
【小问2详解】
因为数列存在“伴随数列”，
所以，且，
所以，
所以，即，
所以.
【小问3详解】
①因为，，其中，
当时，，，有，均为正整数，
即当时，数列1,2025存在“伴随数列”：，
因此的最小值为2；
②一方面，由（2）知，，
于是，
所以，
另一方面，由数列存在“伴随数列”，知，
所以是的正约数，
取，
即取，
综合上述为最大值，取，，
当时，
，符合条件，
当，，符合条件
因此的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键是理解新定义， 新定义求解，在求的最大值时，注意数列与不等式的综合应用，解题时分两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列存在，至少是可以的，另一方面，确定得到最大值，利用累加法估计出得到范围，再由伴随数列的性质得出满足的性质，由这两个确定出得到最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的项数是，且存在伴随数列.