浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高二下学期期初返校考试数学试题（解析版）

这是一份浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高二下学期期初返校考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 已知数列为等比数列，若，，则， “”是“方程表示双曲线”的， 椭圆等内容，欢迎下载使用。
命题：高二备课组 审题：高二备课组
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l过点和，则l的倾斜角为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两点坐标可求得其斜率，再根据倾斜角与斜率之间的关系可得结果.
【详解】易知直线l的斜率为，
设l的倾斜角为，则，由，可得.
故选：D
2. 已知数列为等比数列，若，，则（ ）
A. 9B. 12C. 15D. 18
【答案】B
【解析】
分析】根据给定条件，求出等比数列公比，进而求出.
【详解】设等比数列公比为，，而，，则，解得，
所以.
故选：B
3. “”是“方程表示双曲线”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据方程表示双曲线求出参数的取值范围，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若方程表示双曲线，则，解得，
所以由推不出方程表示双曲线，故充分性不成立，
由方程表示双曲线推得出，故必要性成立，
所以“”是“方程表示双曲线”的必要不充分条件.
故选：B
4. 已知点在圆的外部，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的方程及点在圆外有且，即可求参数范围.
【详解】由题设，圆，则①，
由点在圆外，则有②，
联立①②得：或
所以实数m的取值范围为
故选：C
5. 若函数单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由恒成立，分离常数，利用基本不等式求得的取值范围.
【详解】依题意，即对任意恒成立，
即恒成立，因为（当且仅当时取“=”），
所以.
故选：D
6. 已知在棱长为的正四面体中，，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用线线角的向量法，即可求解.
【详解】如图，设，易知，，
因为，所以，，
则，
又，得到，
，得到,
设和的夹角为，则,
故选：C.
7. 已知定义域为的函数，其导函数为，且,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，对求导，结合条件，得到在上单调递减，再对各个选项逐一分析判断，即可求解.
【详解】令，则，
又，，所以，即在上单调递减，
对于选项A，因为，所以，故选项A错误，
对于选项B，因为，所以，故选项B正确，
对于选项C，因为，所以，故选项C错误，
对于选项D，，所以，故选项D错误，
故选：B.
8. 如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在，则半椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆上点的坐标从而得到向量坐标，利用向量坐标表示数量积得到相应等量关系，再由点的变化范围得到相应不等式，进而求得取值范围.
【详解】
设，
因为，
又点为半椭圆上一点，所以，
所以
，
因为存在，
所以，
即在上有解，
因为，
且，
所以在上有解，
即在上有解，所以
又因为，
所以，
即，解得，
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键是采用设点法，再代入计算相关向量数量积，转化为在上有解，从而得到不等式组，解出即可
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，选对但选不全对的得部分分，有选错的得0分.
9. 椭圆：的左、右焦点分别为，，点为上的任意一点，则（ ）
A. 椭圆的长轴长为3B. 椭圆的离心率为
C. 的最大值为5D. 存在点，使得
【答案】BC
【解析】
【分析】根据给定的椭圆方程，求出其长短半轴长、半焦距，再逐项判断得解.
【详解】椭圆：的长半轴长，短半轴长，半焦距，
对于A，椭圆的长轴长为6，A错误；
对于B，椭圆的离心率为，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，以线段为直径的圆在椭圆内，因此不存在点，使得，D错误.
故选：BC.
10. 已知数列满足，则下列结论正确的有（ ）
A. 为等比数列
B. 的通项公式为
C. 为递增数列
D. 的前n项和
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.
【详解】因为，
所以+3，所以，
又因为，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
，即，故B正确；
因为，
因为，所以，
所以，所以为递减数列，故C错误；
，
则，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知正四棱柱的底面边长为，点分别满足.甲､乙､丙､丁四名同学利用《空间向量与立体几何》这一章的知识对其进行研究，各自得出一个结论：
甲：当时，存在，使得；
乙：当时，存在，，使得；
丙：当时，满足的的关系为；
丁：当时，满足的点的轨迹长度为.
其中得出正确结论的同学有（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意分析可知：点为底面内一点（包含边界），建系，设.对于甲丙丁：结合向量垂直的坐标表示运算求解；对于乙：取点关于平面的对称点为，连接，结合对称性分析判断.
【详解】以A为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图1所示的空间直角坐标系，
因为，
可得，所以点为底面内一点（包含边界），
则，设，
对于甲同学，当时，，则，，
若，则，整理得，
得，则点存在，此时，所以存在，使得，故选项A正确，
对于乙同学，当时，，点关于平面的对称点为，
连接，则，

所以，
所以存在点，使得，即存在，使得，故B正确，
对于丙同学，当时，，可得，
由，得，即，
所以点的轨迹为中平行于边的中位线，
当为该中位线的中点时，，当不为该中位线的中点时，，故C错误；
对于丁同学，当时，，
可得，
由，得0，整理得，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的圆弧，如图2所示，
取中点，连接，因为，则，
所以，由圆与正方形的对称性知，，
所以，故点的轨迹长度为，所以选项D正确，

故选：ABD.
【点晴】关键点点晴，本题的关键在于利用向量的线性运算，得，点为底面内一点（包含边界）.
三. 填空题：本题共3小题，每小题5分. 共15分.
12. 抛物线的焦点到准线的距离是________.
【答案】
【解析】
【分析】将转化成标准方程形式，即可求解.
【详解】由，得到，所以，
所以抛物线的焦点到准线的距离是.
故答案为：.
13. 已知,分别是等差数列的前项和，且，则________
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，利用等差数列的性质得，再结合条件，即可求解.
【详解】因为是等差数列，
所以，又，
所以，
故答案为：.
14. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，
则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
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. 已知圆C的圆心为原点，且与直线相切，直线过点．
（1）求圆C的标准方程；
（2）若直线与圆C相切，求直线的方程．
（3）若直线被圆C所截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2），或
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用点到直线的距离求出半径，即可得到圆C的标准方程；
（2）分类讨论直线斜率不存在与存在的情况，当斜率存在时，设出直线，利用点到直线距离等于半径求出斜率，即可求解；
（3）分类讨论直线斜率不存在与存在的情况，利用圆的垂径定理，列出弦长公式进行求解.
【小问1详解】
圆心到直线的距离，
所以圆的半径为，
所以；
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，圆心到直线的距离为，不相切．
直线斜率存在，设直线，
由，得所以切线方程为，或．
【小问3详解】
当直线斜率不存在时，，直线被圆所截得的弦长为，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线，
由，解得：，
故的方程是，即，
综上所述，直线的方程为或
16. 设为数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【小问1详解】
因，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，当时，，即，
当时都满足上式，所以．
【小问2详解】
因为，所以，
，
两式相减得，
，
，即，．
17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
（1）若为线段中点，求证：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
18. 已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
19. 已知函数
（1）若，且，求的最小值；
（2）证明：曲线是中心对称图形；
（3）若当且仅当，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出后根据可求的最小值；
（2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得.
【小问1详解】
时，，其中，
则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故即，
所以的最小值为.，
【小问2详解】
的定义域为，
设为图象上任意一点，
关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
【小问3详解】
因为当且仅当，故为的一个解，
所以即，
先考虑时，恒成立.
此时即为在上恒成立，
设，则在上恒成立，
设，
则，
当，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当时，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当，则当时，
故在上为减函数，故，不合题意，舍；
综上，在上恒成立时.
而当时，
而时，由上述过程可得在递增，故的解为，
即的解为.
综上，.
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.