安徽省临泉2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份安徽省临泉2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共17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。
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. 已知集合和，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的定义计算.
【详解】由题意得，所以.
故选：C.
2. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数除法运算及共轭复数定义可求解.
【详解】因为，所以.
故选：B
3. 若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A.
B.
C.
D. 根据的取值变化而变化
【答案】B
【解析】
【分析】根据离心率列等式得到，然后求渐近线方程.
【详解】双曲线方程可整理为，
因为双曲线的离心率为，
所以，得，渐近线方程为.
故选：B.
4. 已知点，若点在轴上，且⊥，则点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点的坐标，利用数量积为即可求解.
【详解】因为在轴上，所以可设，
所以
因为，所以，
解得，故，
故选：D.
5. 函数的部分图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，再由时，即可得到结果.
【详解】因为函数的定义域为，
所以，
所以为偶函数，图像关于轴对称，故排除.
当时，，，
且时，，所以，
故选：D
6. 已知A，B是圆O: 上的两点，且A，B，O(O为坐标原点)三点共线，点，则·=（ ）
A. 1B. 3C. 21D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】设，则，，然后由数量积坐标表示可得答案.
【详解】设，因A，B，O(O为坐标原点)三点共线，则，.
又，则·，
.
故选：C
7. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先构造函数，利用函数的单调性即可得到结果.
【详解】构造函数，定义域为，
求导得，当时，，函数单调递增；
又因为，即，
由函数的单调性得，
故选：A
8. 在四棱锥S-ABCD中，，底面ABCD是正方形，若四棱锥S-ABCD的外接球的表面积为，则四棱锥S-ABCD的体积的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得外接球半径为2，平面ABCD，设底面正方形边长为，，
由图可得，然后由三次基本不等式可得答案.
【详解】设外接球半径为r，则.
因，底面ABCD是正方形，则，又，
平面SBC，则平面SBC，又平面SBC，则.
因，则，又，平面ABCD，
则平面ABCD，即为四棱锥底面所对应的高.
连接AC，BD，设交点为F，过F做平面ABCD垂线，则垂线上任意一点到A，B，C ，D距离相同.因平面ABCD，平面ABCD，则，即O，F，S ，C四点共面.取SC中点H，过H做SC中垂线，交过F平面ABCD垂线于O，则，
故O为外接球球心.设底面正方形边长为，，则，
又，则四边形为矩形，则.
则由勾股定理，.
四棱锥体积为：，则，
由三次基本不等式，，
当且仅当，即时取等号.则.
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3分，有选错的得0分.
9. 设函数，若，函数的图象关于对称，则θ的值可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由题可得，，，据此可得答案.
【详解】由题，，又图象关于对称，
则，.
若，则满足题意；，则满足题意；，则不合题意；
，则不合题意.故AB正确，CD错误.
故选：AB
10. 已知是空间内两条不同的直线，是空间内两个不同的平面，则下列说法不正确的有（ ）
A. 若，，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由线面平行定义可判断选项正误；
对于B，由线面垂直性质可判断选项正误；
对于CD，由线面平行判定定理可判断选项正误；
【详解】对于A，因，则，又，则可能平行于，也有可能与异面，故A错误；
对于B，因，则，又，是空间内两个不同的平面，则，故B正确；
对于C，，则有可能在内，则不一定平行于，故C错误；
对于D，因，则有可能在内，则不一定平行于，故D错误.
故选：ACD
11. 已知且，则下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A、B，在已知条件下举出反例，即可判断；对于C，利用基本不等式及适当放缩，即可判断；对于D，利用立方和公式，再配方，即可判断.
【详解】对于A，当时，，，而，故A错误；
对于B，当时，，，而，故B错误；
对于C，因为且，
则，故C正确；
对于D，因为且，
则，故D正确
故选：CD.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知 ，则____.
【答案】##
【解析】
【分析】利用诱导公式，即可求出答案.
【详解】因为，
所以
.
故答案为：.
13. 定义在R上的奇函数满足，且，
则 ____.
【答案】
【解析】
【分析】由题可得的一个周期为4，可将化为，然后由奇函数性质结合赋值法可得答案.
【详解】因为定义在R上奇函数，则，，
又，则，
故的一个周期为4，则.
因，结合为定义在R上奇函数，则；
因，又一个周期为4，则，对于，令，
则.综上可得.
故答案为：
14. 若直线与相交于点P，点，则的最大值为____.
【答案】##
【解析】
【分析】因为直线与分别恒过定点，又因为两条直线垂直，则点P在以为直径的圆上，再利用点到圆的距离最大值即点到圆心的距离加半径即可求得结果.
【详解】因为直线与分别恒过定点，
又因为两条直线垂直，则点P在以为直径的圆上，（如图）
设中点为C；则，又
故圆C：，，
故答案：
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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求A;
（2）若，，求c的值.
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用和差角的余弦公式化简，再利用正弦定理边化角求解.
（2）由已知结合正弦定理求出，进而求出即可得解.
【小问1详解】
在中，由，
得，整理得，
由正弦定理得，而，
则，而，所以.
【小问2详解】
由，得，由正弦定理得，
则，又，解得，
因此，所以.
16. 如图，在直三棱柱中，，且，E为的中点，为线段上一点，设.
（1）当时，求证： 平面.
（2）当平面与平面所成二面角的余弦值为时，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）通过证明四边形为平行四边形可得，即可完成证明；
（2）以点C为原点，分别以所在的直线为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，由空间向量知识可得平面与平面所成二面角的余弦值关于的表达式，即可得答案.
【小问1详解】
当时，F为的中点，
取的中点G，连接，
则，且，
在直三棱柱中，，所以.
因为，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
如图，以点C为原点，分别以所在的轴、轴和轴建立空间直角坐标系，
则
则
设平面的法向量为，
则，可取，
同理可求出平面的法向量为，
当平面与平面所成二面角的余弦值为时，
，
又因为，所以解得.
17. 阿基米德(公元前287年-公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积.已知在平面直角坐标系中，椭圆C:的面积为，椭圆的焦距为.
（1）求椭圆标准方程.
（2）已知直线与椭圆C有两个不同的交点，，，分别为椭圆的上、下顶点，设为直线上一点，且直线，的斜率的积为，证明:点在轴上.
【答案】（1）+y2=1
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意列方程，解方程即可得到椭圆方程；
（2）设坐标，根据直线BD，BM的斜率的积得到直线BD的斜率，然后联立直线的方程得到，再结合得到即可证明.
【小问1详解】
依题意有，解得，
所以椭圆C的标准方程是.
【小问2详解】
设，则，，，且，，
所以直线BM的斜率为，
因为直线BD，BM的斜率的积为，
所以直线BD的斜率为，
所以直线BD的方程为，
又直线AN的方程为，
联立方程组，解得，
因为点M在椭圆C上，所以，
则，所以点D在x轴上.
18. 抛物线，直线交抛物线C于P，Q两点，且，已知点，且☉M与l相切.
（1）求☉M及抛物线C的方程.
（2）已知，A，B为抛物线C上不同的三点，且，证明：无论点N的位置怎么变化，一定存在A，B两点，使得☉M为的内切圆.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先求得圆的半径即可得到圆的方程，进一步根据得到点在抛物线上，由此求得即得抛物线方程；
（2）设，则可得直线的方程为，根据与圆相切可得，由同理思想可得是关于x的方程的两根，由韦达定理可得，写成的方程，只需证明点到直线的距离等于半径2即可得证.
【小问1详解】
点，且☉M与相切，所以半径为2，
所以☉M的方程为.
依题意设抛物线，
由可得，
则点在抛物线上，
代入抛物线方程，得，
所以抛物线C的方程为.
【小问2详解】
题设证明可以转化为过点N作☉M的两条切线，分别与抛物线C交于异于点N的A，B两点，且直线AB与☉M相切.
设，
由（1）知，点，且，
所以直线的方程为，
即.
因为直线与☉M相切，所以，
整理得，
同理可得，
所以是关于x的方程的两根，
所以，
又因为直线的方程为，
所以☉M的圆心到直线的距离为，
与☉M的半径相等，直线AB与☉M相切，故无论点N的位置怎么变化，一定存在A，B两点使得☉M为的内切圆.
19. 已知函数.
（1）若在区间上单调递增，求a取值范围;
（2）.当时，恒成立，求实数a的取值范围
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）把在区间上单调递增，转化成在给定区间上恒成立，再通过分离参数，转化成求函数最值问题，再利用导数求解即可.
（2）通过构造函数，把函数在给定区间上恒成立问题转化成函数最值问题，再利用导数求解，关键是要根据式子的正负分情况讨论.
【小问1详解】
若在区间上单调递增，则在上恒成立，
即在上恒成立，令，，
所以在(上恒成立，
所以在上单调递减，所以，
所以，即a的取值范围为.
【小问2详解】
令，
所以在区间上恒成立，
即函数在区间上恒成立.
又，
令，
则.
①当时，，
所以函数在区间上单调递减，所以，
所以函数在区间上单调递减，又，
所以时，在区间上恒成立；
②当时，
令，则，
因为，所以，
故函数在区间上单调递减，又，
所以函数在区间上单调递减，且，
所以函数在区间上单调递减，又，
所以当时，在区间上恒成立；
③当时，构造函数，其中，因为，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，即，
所以，
所以，
又，所以存在使得，
即当时，，此时函数在上单调递增，
又，所以函数在上单调递增，
又，不合题意.
综上所述，实数a的取值范围是.
【点睛】思路点睛：把函数在给定区间上恒成立转化成求函数最值，再利用导数求最值是解决恒成立问题最常用的解题思路.