甘肃省嘉峪关市酒钢三中2024-2025学年高二下学期开学考试数学试卷（解析版）

这是一份甘肃省嘉峪关市酒钢三中2024-2025学年高二下学期开学考试数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：刘旭雅 审题人：吴琼
一、单选题：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. 已知椭圆，则下列各点不在椭圆内部的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点和椭圆位置关系的判断方法，分别把点的坐标代入椭圆方程的左侧部分，计算其数值大于的点即为答案.
【详解】由椭圆方程，
因为，所以点在椭圆内部，A错误；
因，所以点在椭圆内部，B错误；
因为，所以点在椭圆外部，C正确；
因为，所以点在椭圆内部，D错误.
故选：C.
2. 在等差数列中，若，，则（ ）
A. 195B. 196C. 197D. 198
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式求解.
【详解】解：方法一：设等差数列的首项为，
公差为d，则解得
所以，
所以.
方法二：设等差数列的公差为d，
则.
.
故选：C
3. 已知点，，则以线段为直径的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据为直径得到圆心坐标和半径，然后求圆的方程即可.
【详解】由题意得圆心为，即，半径，
所以圆的方程为.
故选：B
4. 已知数列满足：，，则（ ）
A. 19B. 21C. 23D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用累加法求通项即得.
【详解】在数列中，，，
所以.
故选：B
5. 若构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间基底的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】对于A，，因此向量共面，故不能构成基底，故A错误；
对于B，，因此向量共面，故不能构成基底，故B错误；
对于C，假设向量共面，则，
即，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，故C正确；
对于D，，因此向量共面，故不能构成基底，故D错误；
故选：C.
6. 圆在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】容易知道点为切点，圆心，设切线斜率为k，从而，由此即可得解.
【详解】将圆的方程化为标准方程得，
∵点在圆上，∴点P为切点．
从而圆心与点P的连线应与切线垂直．
又∵圆心为，设切线斜率为k，
∴，解得．
∴切线方程为．
故选：D.
7. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称为三角形的欧拉线，已知的顶点，，，则的欧拉线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得出的欧拉线即为线段的垂直平分线，求出线段的垂直平分线的方程即可.
【详解】因为的顶点，，
所以线段的中点坐标为，线段所在直线的斜率，
所以线段的垂直平分线的斜率，
则线段的垂直平分线的方程为，即，
因为，所以的外心、重心、垂心都在线段的垂直平分线上，
所以的欧拉线方程为.
故选：A.
8. 已知实数，满足：，则的取值范围为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】确定圆心和半径，将题目转化为点和点直线的斜率，画出图像，计算角度，计算斜率得到答案.
【详解】表示圆心为，半径的圆，
表示点和点直线的斜率，
如图所示：直角中，，故，
，故，同理可得，对应的斜率为和.
故，
故选：A
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. 已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 与是共线向量
B. 与同向的单位向量是
C. 在方向上的投影向量是
D. 平面ABC的一个法向量是
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用空间向量共线判断A；求出同向单位向量判断B；求出投影向量判断C；由法向量的意义判断D.
【详解】对于A，，，设，则得，显然无解，
故与不是共线向量，A错误；
对于B，与同向的单位向量是，B正确；
对于C，在方向上的投影向量为，C正确；
对于D，，，即坐标为的向量，
与、都垂直，因此平面ABC的一个法向量是，D正确.
故选：BCD
10. 已知直线经过第一、二、三象限且斜率小于1，那么下列不等式中一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意，得到，结合绝对值的性质，幂函数的单调性，以及不等式的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】因为直线经过第一、二、三象限，可得，，
由直线的斜率小于1，可得，结合，可得，
由绝对值的性质，可得，所以A正确；
由幂函数的单调性，，所以B正确；
由，所以，所以C错误；
由，所以，所以D错误.
故选：AB.
11. 已知数列，下列结论正确的有（ ）
A. 若，，则.
B. 若则
C. 若，则数列是等比数列
D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】
直接利用叠加法可判断选项A，从而判断，利用构造新数列可求出B,D中数列的通项公式，可判断，选项C求出数列的前3项从而可判断.
【详解】选项A. 由，即
则
故A 正确.
选项B. 由得
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列.
则，即，所以，故B正确.
选项C. 由，可得当时，
当时，得，
当时，得，
显然，所以数列不是等比数列，故C错误.
选项D. 由，可得
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列.
所以，则，即，故D错误.
故选：AB
【点睛】关键点睛：本题考查利用递推关系求数列的通项公式，解答的关键是掌握求数列通项公式的常见方法，由叠加法可得，利用构造新数列解决问题，属于中档题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知正项等比数列前项和为，若，，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】用基本量法，求出首项和公比，再求。
【详解】设首项，公比，易知，
∴，由于均为正，∴，
∴。
故答案为：。
【点睛】本题考查等比数列的前项公式和通项公式，解题方法是基本量法，即由已知首先求出首项和公比，然后再求通项公式和前项和公式。
13. 已知直线，. 若，则实数_________
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线平行的条件列方程求解即可.
【详解】由题意可知且，
因为直线，，且，
所以，
由，得，解得或，
当时，，所以舍去，
当时，满足，
所以，
故答案为：
14. 过双曲线的右焦点F作倾斜角为30°的直线，交双曲线于A，B两点，则弦长______．
【答案】8
【解析】
【分析】写出直线方程，联立双曲线方程，利用弦长公式求解即可.（也可以直接使用双曲线焦点弦长公式代值求解）
【详解】由双曲线，得，，
焦点为，倾斜角，
法一：直线斜率，直线方程为，
联立消得，，
由韦达定理知，
代入弦长公式，
得.
法二：.
故答案为：8.
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. 在等比数列中．
（1）若，，，求和；
（2）已知，，求.
【答案】（1），.
（2）或
【解析】
【分析】（1）（2）由等比数列通项公式和前项和公式列方程组求解即可.
【小问1详解】
由得，解得，
又由得，解得.
所以，.
【小问2详解】
显然，则，，
两式相除得，解得，
时可解得，则；
时可解得，则.
所以或
16. 已知等差数列的前项和为，，．正项等比数列中，，．
（1）求与的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式即可求的通项公式.
（2）利用错位相减法整理化简即可求得前项和．
【小问1详解】
等差数列的前项和为，，，设公差为
所以，解得
所以
正项等比数列中，，，设公比为
所以，所以
解得，或（舍去）
所以
【小问2详解】
由（1）知：
所以
两式相减得：

17 已知直线和点
（1）求点关于直线的对称点的坐标；
（2）求直线关于点对称的直线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据点关于线对称列式求解即可；
（2）根据相关点法分析运算即可.
【小问1详解】
设，由题意可得，解得，
所以点的坐标为.
【小问2详解】
在对称直线上任取一点，设关于点的对称点为，
则，解得，
由于在直线上，则，即，
故直线关于点的对称直线的方程为.
18. 如图，在四棱锥中，，底面ABCD为菱形，边长为2，，，且，异面直线PB与CD所成的角为.

（1）求证:平面ABCD;
（2）若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理、判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，求点到直线的距离.
【小问1详解】
因为四边形为菱形，所以,
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以,
因为，为中点，
所以，
又因为平面，
所以平面.
【小问2详解】
以为原点，方向为轴方向，建系如图，

因为,所以为异面直线所成角，
所以，在菱形中，，
因为，所以,
设，则，
在中，由余弦定理得，，
所以，解得，
所以,
,
所以,
所以点E到直线BP的距离为.
19. 已知椭圆C：的焦距为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）在椭圆C上找一点P，使它到直线l：的距离最短，并求出最短距离.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）由题意列出关于的方程，求解即可；
（2）方法一：设与直线l：平行的直线与椭圆相切，
联立直线与椭圆方程，利用判别式求解；
方法二：设点，求得点P到直线l：的距离的表达式，利用三角函数的性质求解.
【小问1详解】
由题意可知，∴，，
将点A的坐标代入，解得，则，
故椭圆方程为.
【小问2详解】
方法一：设与直线l：平行的直线与椭圆相切，
联立直线与椭圆方程得消去y并整理，得，
由其根的判别式，解得.
当时，直线l与直线的距离；
当时，直线l与直线的距离.
由可知，符合题意.
将代入可解得，
将代入可得，
则点P的坐标为，此时距离的最小值为.
方法二：设点，，
则点P到直线l：的距离，
当，即时，d取最小值，最小值为，此时点P的坐标为.