江西省吉安县立中学2024-2025学年高二下学期2月重点班检测数学试题（原卷版+解析版）

这是一份江西省吉安县立中学2024-2025学年高二下学期2月重点班检测数学试题（原卷版+解析版），共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.
1. 已知，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
2. 设函数 ，的单调递减区间为（ ）
A B. C. 和D.
3. 已知是圆上的两个相异的动点，动点满足，且，则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
4. 下列选项中，p是q的充要条件的是（ ）
A. p：或，q：两条直线与平行
B. p：直线与曲线有两个不同交点，
C. 在圆外部，
D. p：直线与圆相离，
5. 设为双曲线的右焦点，，分别为的两条渐近线的倾斜角，已知点到其中一条渐近线的距离为1，且满足，则双曲线的焦距为（ ）
A. B. 2C. D. 4
6. 已知是递增的等比数列，若，则当取得最小值时，（ ）
A.
B. 1
C. 4
D. 16
7. 函数在处有极值10，则为（ ）
A. B. 15C. 或15D. 不存在
8. 已知双曲线的左，右焦点分别为，点，在双曲线右支上存在点，使得成等比数列，则双曲线离心率取值范围是（ ）
A. B. C. D.
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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 设是两个非零向量，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 在方向上的投影向量的模为
10. 已知可导函数的导函数为，则（ ）
A. 有2个极值点
B. 有3个零点
C. 只可能在或者时取得最小值
D. 对，恒成立
11. “出租车几何”或“曼哈顿距离”（Manhattan Distance）是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，是种被使用在几何度量空间的几何学用语．在平面直角坐标系内，对于任意两点、，定义它们之间的“欧几里得距离”，“曼哈顿距离”为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点为线段上任意一点，则为定值
B. 对于平面上任意一点，若，则动点的轨迹长度为
C. 对于平面上任意三点、、，都有
D. 若、为椭圆上的两个动点，则最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 等比数列中，且，，成等差数列，则________．（结果可用幂表示）
13. 已知函数在处取得极小值，则__________．
14. 如图所示，正八面体的棱长为，点为正八面体内(含表面)的动点，则的取值范围为________
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 为了解某地小学生对中国古代四大名著内容的熟悉情况，从各名著中分别选取了“草船借箭”“武松打虎”“黛玉葬花”“大闹天宫”4个经典故事，进行寻找经典故事出处的答题游戏（不同的经典故事不能搭配同一本名著）.规定：每答对1个经典故事的出处，可获得10分.
（1）小王同学的答题情况如图所示，
①求小王同学的得分；
②老师指出了小王同学答错的试题，并要求他重新作答错误试题，求小王同学避开此次错误答案后随机作答并全部答对的概率
（2）小李同学将这4个经典故事与四大名著随机地搭配进行答题，记他的得分为X，求X的分布列与期望.
16. 平面内，已知，，且．
（1）求动点P的轨迹E的方程．
（2）已知椭圆的离心率为，过E上任意一点M可作出椭圆的两条相互垂直的切线为切点．若延长与曲线E交于另一点D，O为坐标原点，直线的斜率存在，分别设为，，证明：为定值．
17. 已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，记数列的前项和为，求证：.
18. 已知函数.
（1）当时，证明：；
（2）若在区间上有且只有一个极值点，求实数的取值范围.
19. 如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”.
（1）求“等差椭圆”离心率；
（2）在“七星瓢虫曲线”中，若“等差椭圆”，且.
（ⅰ）求与和都相切直线的方程；
（ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值.
吉安县立中学2024-2025学年第二学期高二2月重点班检测
数学
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.
1. 已知，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数的几何意义可得出所求切线的方程.
【详解】由题可得，
则，
故切点为，切线在该点处的斜率为，
故曲线在点处的切线方程为，即.
故选：A.
2. 设函数 ，的单调递减区间为（ ）
A. B. C. 和D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的导数，再解不等式即得单调递减区间.
【详解】函数的定义域为，求导得，
由，即，解得或，
所以函数的单调减区间为和.
故选：C
3. 已知是圆上的两个相异的动点，动点满足，且，则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先设出点的坐标，根据向量关系得到、坐标与坐标的关系，然后结合已知条件以及、在圆上的条件，进而求出动点的轨迹方程.
【详解】设，因为，，，所以.
根据向量相等的性质，可得，进一步整理得到.
将展开可得.
因为，在圆上，所以，，
又已知，即.
将上述值代入可得：.
由可得.
又因为，所以，可得.
动点的轨迹方程为，
故选：C.
4. 下列选项中，p是q的充要条件的是（ ）
A. p：或，q：两条直线与平行
B. p：直线与曲线有两个不同交点，
C. 在圆外部，
D. p：直线与圆相离，
【答案】B
【解析】
【分析】充要条件是指p可以推出q，q也可以推出p，需要根据每个选项中p和q的关系进行分析判断.
【详解】对于A，若两条直线与平行，
所以，解得或，但是当时，两直线重合，
所以，则p是q的必要不充分条件，故A错误；
对于B，，可得，，
所以，
表示圆心为，半径的圆的上半部分，如图所示：
直线恒过点，一般式为，
因为直线与曲线有两个不同的交点，
所以圆心到直线的距离小于半径，即，解得，
当时，左边圆上的端点为，此时斜率为，
所以，
所以p是q的充要条件，故B正确；
对于C， 圆半径，
即，所以，
因为在圆外部，
所以，解得，
综上，所以p是q的充分不必要条件，故C错误；
对于D，圆化为标准式为：，
圆心为，半径为，
若直线与圆相离，
则圆心到直线的距离为，
两边平方化简得，综上，
所以p是q的充分不必要条件，故D错误；
故选：B.
5. 设为双曲线的右焦点，，分别为的两条渐近线的倾斜角，已知点到其中一条渐近线的距离为1，且满足，则双曲线的焦距为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】先根据双曲线的性质求出焦点到渐近线的距离，再结合渐近线倾斜角的关系求出，进而求出，，的关系，最后求出双曲线的焦距.
【详解】双曲线，其渐近线方程为，不妨设，.
右焦点到渐近线（不妨取这条）的距离为.
根据双曲线的性质，则，已知点到其中一条渐近线的距离为，所以.
因为，分别为的两条渐近线的倾斜角，且，又，所以，解得. 可得，即，解得.
可得，所以. 双曲线的焦距为.
故选：D.
6. 已知是递增的等比数列，若，则当取得最小值时，（ ）
A.
B. 1
C. 4
D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】由已知得，有，，及，则取得最小值等价于函数取得最小值，利用导数法得时，取得最小值，即可求解.
【详解】设的公比为q，由得，，故，
又因为是递增的数列，所以，
因为，所以取得最小值等价于函数取得最小值，
求导得，
令得，令得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取得最小值，此时.
故选：D
7. 函数在处有极值10，则为（ ）
A. B. 15C. 或15D. 不存在
【答案】B
【解析】
【分析】依据函数极值的定义列方程组即可求得的值.
【详解】由，得
则，解之得或
当时，，
则在定义域上单调递增，在处无极值，不符合题意，舍去.
当时，，
则在处取极小值10，符合题意.
则
故选：B
8. 已知双曲线的左，右焦点分别为，点，在双曲线右支上存在点，使得成等比数列，则双曲线离心率取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则得，由和可推得为关于的方程的两根，求得，（*），在中，利用余弦定理得，将（*）代入化简得，根据，可得，即，解不等式可得.
【详解】
如图，不妨设，
由题意，，
则，即①，
又，即②，
由①，② 可知，可看成关于的方程的两根，
则，故得，（*）.
在中，因，
运用余弦定理，由可得：，
化简得：，
将（*）代入整理得：，
化简得：，即，
由图可得，则有，
即得：，也即，
分解因式得：，
即，
因，解得.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：选设未知数后，通过变形后求得，是关键，再利用余弦定理建立方程，结合图形得将其化成关于的齐次不等式，求解即得.
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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 设是两个非零向量，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 在方向上的投影向量的模为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据条件，利用数量积的定义，即可判断正误；对于B，利用向量相等的条件，即可求解；对于C，根据条件，利用数量积的运算律，可得，即可求解；对于D，利用投向量及模长的定义，即可求解.
【详解】对于选项A，由可知，当时，，所以．所以选项A正确，
对于选项B，由可知，与共线，不一定是．所以选项B错误，
对于选项C，由，得，即，所以，所以选项C正确，
对于选项D，由投影向量定义可知，在方向上的投影向量为，
所以其模长为，故选项D正确．
故选：ACD．
10. 已知可导函数的导函数为，则（ ）
A. 有2个极值点
B. 有3个零点
C. 只可能在或者时取得最小值
D. 对，恒成立
【答案】ACD
【解析】
【分析】由导函数的解析式可得其奇偶性，构造函数求导可得新函数的单调性，从而可得导函数的零点，进而可得原函数的单调性，由此可得答案.
【详解】由，易知为奇函数，令，
当时，，，故在上单调递增，
，显然函数在上存在唯一零点，易知函数在上存在唯一零点，
由在区间上，，在上，，
故在上单调递减，在上单调递增，
同理可得在上单调递减，在上单调递增，
由，则易知定义域为，
所以可导函数的定义域为，
所以函数存在个极值点：，
由函数为奇函数，则存在个零点：，
故A正确，B错误，C正确，D正确．
故选：ACD．
11. “出租车几何”或“曼哈顿距离”（Manhattan Distance）是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，是种被使用在几何度量空间的几何学用语．在平面直角坐标系内，对于任意两点、，定义它们之间的“欧几里得距离”，“曼哈顿距离”为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点为线段上任意一点，则为定值
B. 对于平面上任意一点，若，则动点的轨迹长度为
C. 对于平面上任意三点、、，都有
D. 若、为椭圆上的两个动点，则最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用题中定理可判断A选项；作出点的轨迹图形，求其周长可判断B选项；利用绝对值三角不等式可判断C选项；设点、，不妨设，，利用辅助角公式结合正弦型函数的有界性可判断D选项.
【详解】对于A选项，设点为线段上任意一点，
则，A对；
对于B选项，设点，则，
当，时，则；当，时，则；
当，时，则；当，时，则.
作出点的轨迹如下图所示：
由图可知，点的轨迹是边长为的正方形，故动点的轨迹长度为，B错；
对于C选项，设点、、，
由绝对值三角不等式可得，
同理可得，
所以，，即，C对；
对于D选项，设点、，
不妨设，，
则
，其中为锐角，且，
取，，等号成立，D错.
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 等比数列中，且，，成等差数列，则________．（结果可用幂表示）
【答案】1或
【解析】
【分析】根据等差中项的性质列方程，然后结合等比数列的通项公式解方程，最后求即可.
【详解】设等比数列的公比为，
由题意得，
因为，所以，解得或，
所以或.
故答案为：1或.
13. 已知函数在处取得极小值，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，求出的值，再检验是否为极小值点即可.
【详解】由，又函数处取得极小值，
则，解得，或，
当时，，
令，则，或，
当时，，当时，，则处取得极小值，
故时符合题意；
当时，，
令，则，或，
当时，，当时，，则处取得极大值，
故时不符合题意.
故答案为：.
14. 如图所示，正八面体的棱长为，点为正八面体内(含表面)的动点，则的取值范围为________
【答案】
【解析】
【分析】设交于点，，分析可知可知点的轨迹是过点且与直线垂直的平面，建系，设点，可得，进而确定截面的形状，整理可得，分析长度的最值即可得解.
【详解】设交于点，且，的中点为，
因为
，
则，即，
可知点的轨迹是过点且与直线垂直的平面，
如图，以为坐标运算，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设点，则，
可得，可得，
直线上的点满足，结合可得，
可知直线与平面的交点为，
同理可得：平面与直线的交点依次为
，
又因为，
注意到，则，
即，可知平面，
当点为与平面的交点时，取到最小值，
可设，
可得，结合可得，即，
则，所以取到最小值，
检验可知：当点为时，取到最大值，
所以取到最大值；
综上所述：的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用空间向量求平面上的点满足的关系式，进而确定平面与正八面体的棱的交点，进而分析求解.
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. 为了解某地小学生对中国古代四大名著内容的熟悉情况，从各名著中分别选取了“草船借箭”“武松打虎”“黛玉葬花”“大闹天宫”4个经典故事，进行寻找经典故事出处的答题游戏（不同的经典故事不能搭配同一本名著）.规定：每答对1个经典故事的出处，可获得10分.
（1）小王同学的答题情况如图所示，
①求小王同学的得分；
②老师指出了小王同学答错的试题，并要求他重新作答错误试题，求小王同学避开此次错误答案后随机作答并全部答对的概率
（2）小李同学将这4个经典故事与四大名著随机地搭配进行答题，记他的得分为X，求X的分布列与期望.
【答案】（1）①10分；②.
（2）分布列见解析，10
【解析】
【分析】（1）①由图易得小王同学的得分；②针对错误试题进行分析后，列出所有可能的2种情况，故可得小王全部答对的概率；
（2）由题意，的所有取值可能为0，10，20，40，分别求出对应的概率，列出分布列，求出期望即可.
【小问1详解】
①由图可知，小王同学答对1道试题，故他的得分为10分.
②经过老师的指出可知，“草船借箭”“武松打虎”“黛玉葬花”对应的出处错误，针对错误试题进行分析后，给出的答案可能为{（草船借箭，三国演义），（黛玉葬花，红楼梦），（武松打虎，水浒传）}，{（草船借箭，水浒传），（黛玉葬花，三国演义），（武松打虎，红楼梦）}，共2种情况，
其中错误试题全部答对的情况为{（草船借箭，三国演义），（黛玉葬花，红楼梦），（武松打虎，水浒传）}，故所求的概率为.
【小问2详解】
由题可知，的所有取值可能为0，10，20，40.
，，，\\
.
X的分布列为：
故.
16 平面内，已知，，且．
（1）求动点P的轨迹E的方程．
（2）已知椭圆的离心率为，过E上任意一点M可作出椭圆的两条相互垂直的切线为切点．若延长与曲线E交于另一点D，O为坐标原点，直线的斜率存在，分别设为，，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由两点间距离公式结合题意计算可得；
（2）由椭圆的性质求出椭圆的方程，再设切线的方程为，分别联立直线与椭圆表示出和直线与圆方程得到韦达定理，再表示出斜率关系即可；当切线的斜率不存在或为零时，根据对称性可得.
【小问1详解】
设，则由，可得，
整理得，即动点P的轨迹E的方程为．
【小问2详解】

过E上任意一点M可作出椭圆的两条相互垂直的切线，
易知点在E上，所以．
又椭圆C的离心率，故，
所以，．故椭圆C的方程为．
当切线的斜率存在且不为零时，设切线的方程为，
则由消去y得关于x的方程，
由，得，
由消去y得关于x的方程，
．
设，，则，，
则
，
又，所以．
当切线的斜率不存在或为零时，根据对称性不妨取，，
则，则成立．综上，为定值．
17. 已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，记数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据数列的递推式即可求数列的通项公式.
（2）利用错位相减求和法求数列的前项和.
【小问1详解】
当时，，
当时，，，
故.
时，上式亦成立.
所以数列的通项公式为：
【小问2详解】
因为，
所以，
所以
两式相减得：，
所以：.
18. 已知函数.
（1）当时，证明：；
（2）若在区间上有且只有一个极值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证明不等式，只需证明当时，，构造函数，利用导数与函数的单调性关系，即可证明；
（2）求出函数导数，讨论a的取值范围，结合零点存在定理说明导函数只有一个零点，即可求解.
【小问1详解】
函数的定义域为，当时，.
要证，只需证：当时，.
令，则.
当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
，即时，，得证.
【小问2详解】
，
令，
①当时，上无极值点，不符合题意；
②当时，，即在上单调递减，且.
取，其中.
显然，，
则.
由根的存在性定理可知，存在唯一的，使得.
当时，，即；当时，，即.
此时在区间上有且仅有一个极值点，满足题意.
综上，.
19. 如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”.
（1）求“等差椭圆”的离心率；
（2）在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且.
（ⅰ）求与和都相切的直线的方程；
（ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值.
【答案】（1）；
（2）（i）或；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据等差椭圆定义，结合构造齐次式即可得解；
（2）（ⅰ）设切线方程，分别联立椭圆方程和抛物线方程，利用判别式求解即可；（ⅱ）利用点差法求，利用韦达定理求出点坐标，然后可解.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为c，
因为长半轴、短半轴、半焦距成等差数列，所以，
又，所以，则，
两边同时除以，得，解得（舍去）.
所以“等差椭圆”的离心率为.
【小问2详解】
（ⅰ）解：若是“等差椭圆”，且，
则由，得，则，，解得.
故，.
易知与和都相切直线斜率存在且不为0，设方程为：.
联立消去y得，
则，得；①
联立消去得，
则，得，②
联立①②，解得或
故和都相切的直线方程为或.
（ⅱ）证明：设l与相交于，，
线段CD的中点，则，，
两式相减，得，
所以，即，
由已知，，所以，
即，则
联立得，
又，则，
故，
所以中点的坐标为，可得，
所以，为N定值.
【点睛】关键点睛：本题关键在于灵活利用点差法求出，降低计算量，再由中点坐标公式和韦达定理求点N坐标即可得解.
X
0
10
20
40
P