黑龙江省大庆铁人中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试卷（含解析）

这是一份黑龙江省大庆铁人中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试卷（含解析），共21页。
2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡.
第Ⅰ卷 选择题部分
一、单项选择题（本大题包括8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）
1. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用函数在某点处的导数的定义，即可求解.
【详解】因为，则，
所以，
故选：C.
2. 设，为实数，若直线与圆相切，则点与圆的位置关系是（ ）
A. 在圆上B. 在圆外C. 在圆内D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系得到方程，求出，确定点与圆的位置关系.
【详解】由圆，圆心为，半径为2，
因为直线与圆相切，
故，故，所以点在圆内.
故选：C
3. 已知直线，若，则实数 （ ）
A. 1B. 3C. 1或3D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行公式求出参数m的值，验证是否重合.
【详解】因为，所以，
解得：或，
当时，，，两直线平行，满足题意，
当时，，，两直线重合，舍，
所以.
故选：A.
4. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2（如图），P，Q分别为棱AB，AD的中点，则（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据正八面体的性质得到，然后利用线性运算和数量积的运算律计算即可.
【详解】
由正八面体的性质可得，，则，
.
故选：A.
5. 已知点P是：上的动点，点，的垂直平分线交于点M，则点M的轨迹方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据，结合椭圆的定义可求出结果.
【详解】解：：的圆心C为，半径，
点，，又的垂直平分线交于点M，
，
的轨迹是以为焦点，长轴长为3的椭圆，
，，
，，，
点M的轨迹方程是
故选：
6. 若正项等比数列前项和为，且，则的最小值为（ ）
A. 22B. 24C. 26D. 28
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用等比数列的性质，得到，求得，结合基本不等式的公式，即可求解．
【详解】由题意，设等比数列的公比为，
因为成等比数列，可得，
又因为，即
所以，
所以，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别是上的一点（在第一象限），直线与轴交于点，若，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，用分别表示，再由得到之间的关系，结合余弦定理即可得的关系，可得离心率.
【详解】设，如下图所示：

由题意可得，；
又，由可得，
即，解得；
所以；
因为，所以；
即，可得，
即，解得.
故选：D
8. 已知正方体的棱长为1，M为棱的中点，G为侧面的中心，点P，Q分别为直线，上的动点，且，当取得最小值时，点Q到平面的距离为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，，根据，得到，从而得到，再由向量模的坐标表示求出的最小值及此时、的值，最后利用空间向量法求出点到平面的距离.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，设，，
所以，，
因为，所以，即，所以，
又，所以，当且仅当时取等号，此时，
所以，，，
设平面的法向量为，所以，取，
所以当取得最小值时，点Q到平面的距离.
故选：A

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. 已知等差数列的前项和为（），公差，，是与的等比中项，则下列选项正确的是（ ）
A B.
C. 当或时，取得最大值D. 当时，最大值为21
【答案】BC
【解析】
【分析】分别运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，可判断，；由配方法，结合为正整数，可判断；由解不等式可判断．
【详解】解：由公差，，可得，即，①
由是与的等比中项，可得，即，化简得，②
由①②解得，，故A错，B对；
由
因为，可得或11时，取最大值110，C对；
由，解得，可得的最大值为20，D错；
故选：BC．
10. 已知圆和直线，点P在直线l上运动，直线、分别与圆C相切于点，则下列说法正确的是（ ）
A. 切线长的最小值为
B. 四边形面积的最小值为4
C. 当最小时，弦所在的直线方程为
D. 弦所在直线必过定点
【答案】BD
【解析】
【分析】根据圆的标准方程得出圆心为，半径为2，由圆切线的性质及勾股定理得，再根据点到直线的距离公式得出，即可判断A；结合A的结论得出即可判断B；结合A的结论，根据两直线交点，中点公式及点斜式方程求得弦所在的直线方程，即可判断C；设，得出以为直径的圆的方程，与圆方程相减即可得出弦所在直线方程，进而求得定点，即可判断D．
【详解】对于A，圆的圆心为，半径为2，
由题意可得，
所以，
，
所以，故A错误；
对于B，，
所以四边形面积的最小值为4，故B正确；
对于C，当最小时，，则直线的斜率为，
又，所以直线的斜率为，
的直线方程为，即，
由，解得，，即，
因为当最小时，，所以为等腰直角三角形，
所以中点即为中点，
因为的中点为，所以弦的中点为，
所以弦所在的直线方程为，即，故C错误；
对于D，设，
则以为直径的圆的方程为，
展开得①，
圆C的方程为，即②，
①②得弦所在直线方程为，即，
令，解得，
所以弦所在直线必过定点，故D正确；
故选：BD．
11. 双曲线的左、右焦点分别，，具有公共焦点的椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，双曲线和椭圆的离心率分别为，，的内切圆的圆心为Ⅰ，过作直线PI的垂线，垂足为D，则（ ）
A. I到x轴的距离为aB. 点D的轨迹是圆
C. 若，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】作出基本图形，结合内切圆的性质和切线长定理，双曲线的第一定义可证的横坐标为判断A的真假；结合双曲线的定义，判断点轨迹，可判断B的真假；由内切圆性质易得，判断C项；由，可得为直角三角形，结合双曲线、椭圆的第一定义，勾股定理，可判断D项.
【详解】如图：
设圆与的三边，，的切点为，，.则
，
即，又，所以，所以，即到轴的距离为，故A错误；
过作直线的垂线，垂足为D，延长交于点，由内切圆及垂线性质可知，，则为中点且，连接，由中位线定理可知，故点的轨迹在以为圆心，半径为的圆上，故B正确；
若，则等价于，即，又为双曲线的离心率，所以，故，故C正确；
若，设椭圆的长半轴长为，由可知：为直角三角形，,
因为，即，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题难度较大，作图，设切点，连接是关键，重点考查了双曲线第一定义，椭圆第一定义，内切圆的性质，切线长性质，主要应用了转化与划归的数学思想，解决此类题目，多角度，全方位的看待问题至关重要.可总结如下：
1、圆锥曲线相关的几何问题，第一定义，关系式需优先考虑；
2、双曲线上一点到两焦点组成三角形的内切圆圆心的横坐标的绝对值为.
三、填空题（本题包括3小题，每小题5分，共15分，把正确答案填在答题卡中横线上）
12. 曲线在处的切线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导求出处的导函数值，即为所求切线斜率，再求出切点坐标，再利用点斜式方程即可得切线方程．
【详解】当时，，
，
所以曲线的切线的斜率，切点，
故切线方程为，
即
故答案为：
13. 设为抛物线上的动点，关于的对称点为，记到直线，的距离分别，，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
分析】根据抛物线定义可得，再根据结论两点之间线段最短求结果.
【详解】抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，
因为为抛物线上的动点，到直线，的距离分别，，
所以，，
因为关于的对称点为，
所以，
所以，
又，
当且仅当点为线段与抛物线的交点时等号成立，
所以，当且仅当点为线段与抛物线的交点时等号成立，
所以当点为线段与抛物线的交点时，取最小值，
的最小值为，
故答案为：.
14. 已知数列满足，是，的等比中项，则数列的通项公式______.
【答案】
【解析】
【分析】由已知求得，然后由等比中项定义求出，再分为奇函数，偶数分别求出通项公式.
【详解】因为，
所以，，
又是的比例中项，所以，即，
显然且，故解得；
当是奇数时，，，
所以，而，
所以数列是等比数列，
则，即；
当是偶数时，则；
综上可得.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是首先推导出的值，另外就是当是奇数时求出通项公式.
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. 已知双曲线的焦距为，且经过点.
（1）求的方程；
（2）已知斜率为且不经过坐标原点的直线与交于两点，若的中点在直线上，求的值.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】根据焦距可得的值，再由已知条件将点代入曲线可列出关于的方程，最后联立关系求解即可得到双曲线的方程；
设出直线的方程，与双曲线的方程联立，利用韦达定理及中点坐标公式即可求解.
【小问1详解】
由题意得，即，所以，
因为双曲线经过点，所以代入可得，
解得，，
所以的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，，，的中点为.
联立，消去整理得：，
所以，，
则，，所以.
因为在直线上，所以，又，所以.
【点睛】本题考查双曲线的方程、直线与双曲线的位置关系，考查运算求解能力、推理论证能力，属于中档题.
16. 设是等比数列的公比大于0，其前n项和为，是等差数列，已知，，，.
（1）求，的通项公式
（2）设，数列的前n项和为，求并证明.
【答案】（1），
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用等差和等比数列的通项公式基本量运算求解即得；
（2）利用裂项相消法求和，并利用数列的单调性证明不等式.
【小问1详解】
设的公比，因为，所以，
即，解得或（舍），
所以.
设的公差为d，因为，，
所以，，
所以，
解得，
所以．
【小问2详解】
，
所以
，
因为n为正整数，所以，所以，
又因为数列单调递减，所以单调递增，
所以，所以.
17. 如图①，在等腰梯形中，,分别为的中点，，为的中点．现将四边形沿折起，使平面平面，得到如图②所示的多面体．在图②中：

（1）证明：；
（2）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）根据折叠前后垂直的关系不变可得，由线面垂直的判定定理可得平面，由线面垂直性质可得；
（2）根据面面垂直性质可知以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量求法可得平面与平面夹角的余弦值为.
【小问1详解】
由题意知在等腰梯形中，，
又分别为的中点，所以，
即折叠后，
，所以平面，
又平面，
所以．
【小问2详解】
∵平面平面，平面平面，且，
所以平面，平面,
，两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
易知，
所以，
则
设平面的法向量，
则，取，则，得；

设平面的法向量
则，取，则，可得，
，由图易知平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知为坐标原点，是椭圆的左、右焦点，的离心率为，点是上一点，的最小值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知是椭圆的左、右顶点，不与轴平行或重合的直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且.
①证明：直线过定点；
②设的面积为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②.
【解析】
【分析】（1）应用离心率公式及焦点到椭圆距离的最值列方程组求解，即可求出椭圆方程；
（2）①设直线方程联立方程组得出韦达定理再应用斜率公式得出，再结合韦达定理计算求出即可得出定点；②先表示面积计算化简结合对勾函数得出最值.
小问1详解】
由题可知，， 解得，
，
椭圆的方程为.
【小问2详解】
①证明：设直线的方程为，，
由得，
，即，
，
在椭圆上 ，
，即，
，
，即，
在直线上，
，
，
，即，
此时，
直线的方程为，即直线过定点.
②解：记直线过定点，
，
，
，
，
令，则，
在上单调递增，
当时，有最大值.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造对勾函数形式应用函数的单调性得出函数的最值进而求出面积的最大值.
19. 已知数列，，，，且，，若是一个非零常数列，则称是一阶等差数列；若是一个非零常数列，则称是二阶等差数列.
（1）若，，，试写出二阶等差数列的前4项，并求；
（2）若，且满足，
（i）判断是否为二阶等差数列，并证明你的结论；
（ii）记数列的前n项和为，若不等式时于恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）1，4，9，16；，；
（2）（i）不是，证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）由二阶等差数列的定义，计算可得数列的前4项，由数列恒等式和等差数列的求和公式，可得；
（2）（i）由数列的递推式推得，由等比数列的通项公式求得，，，由二阶等差数列的定义，可得结论；（ii）由等比数列的求和公式可得，由数列的单调性和不等式恒成立思想，可得所求取值范围．
【小问1详解】
若，，，
则，即，
由，可得，
则，可得，，解得，
由，
可得，
上式对也成立，即有，；
【小问2详解】
（i）若，且满足，可得，
即，即有，
可得数列是首项和公比均为3的等比数列，即有，即，
可得，，不为非零常数，故不为二阶等差数列；
（ii）数列的前n项和，
不等式，即，即为对恒成立．
设，，
当时，，当时，可得，即有，
可得数列中最小项为，
则，即有，则实数的取值范围是