黑龙江省绥化市青冈县哈尔滨师范大学青冈实验中学校2024-2025学年高二下学期开学初考试 数学试题（含解析）

这是一份黑龙江省绥化市青冈县哈尔滨师范大学青冈实验中学校2024-2025学年高二下学期开学初考试 数学试题（含解析），共20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（本大题共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. 已知经过点和点的直线的斜率为，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用过两点斜率公式，即可求解.
【详解】依题意，得，解得，
故选：C．
2. 设等差数列公差为，若，，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列通项公式的性质求得，进而求得，再根据等差数列通项公式求公差即可.
【详解】因为，所以，
又，所以，故公差
故选：D
3. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，再求即可.
【详解】因为，
所以，
则，
故选：C.
4. 已知椭圆的一个焦点与抛物线（）的焦点重合，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由得出抛物线的焦点在轴的正半轴，从得出抛物线与椭圆的右焦点重合，求出椭圆的右焦点，即可得出抛物线的焦点，从而得解.
【详解】因为抛物线的焦点在轴的正半轴，
所以抛物线焦点与椭圆的右焦点重合，
又椭圆方程为，所以，所以
所以椭圆的右焦点为，所以抛物线焦点也是这个，
即
故选：C
5. “”是“直线：与直线：平行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由两直线平行建立方程，根据充分、必要条件的定义，可得答案.
【详解】由，可得，则，解得或，
当时，，则.
综上所述，“”可推出两直线平行，但由两直线平行推不出“",
所以“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 设，为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆标准方程可得，，，根据题意得或，结合图形，利用椭圆的定义求出的三边长，即可求得其面积
【详解】由椭圆：可得，， ，
因为上一点且在第一象限，则
由为等腰三角形，则可得或，
当时，，
此时的面积为：；
当时，，不合题意，舍去.
综上，可得的面积为.
故选：C．

7. 若直线被圆截得的弦长为2，则的最小值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用半径、圆心到直线的距离、弦长的一半构成的直角三角形可得，再利用基本不等式可得答案.
【详解】圆化为标准方程为，
所以圆心坐标为，半径为，
可得圆心到直线的距离为，
若直线被圆截得的弦长为2，
则，整理得，即，
又，所以
，
当且仅当即时等号成立，
则的最小值为2.
故选：C.
8. 如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和且，，则E的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出辅助线，设，利用双曲线定义表达出其他边，在中，由余弦定理得到方程，求出，再在中，由余弦定理得到方程，求出，求出离心率.
【详解】由题意知延长 则必过点 ，
，
设，
则，，
由双曲线的定义可得
，，
由可得，
在中，由余弦定理
可得，
在中，由余弦定理
可得
解得：，
则，
故选：D
二、多项选择题（本大题共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. 已知数列{an}的前n项和为，则下列说法正确的是 （ ）
A. B. 数列 {an}是递减数列
C. 数列{Sₙ}的最小项为S₂₂和S₂₃D. 满足的最大正整数n=22
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，令即可判断，对于B由求出即可判断，对于C由即可求出最小值，即可判断，对于D由求出即可判断.
【详解】由有，当时，，所以，故A正确
当时，，所以，当，所以为递增数列，；故B错误；
由可知二次函数开口向上，当时，函数取最小值，由
因为，所以的最小值为，故C错误；
由有，所以最大正整数为，故D正确，
故选：AD.
10. 已知和，则下列说法正确的是（ ）
A. 两圆相交，有两个公共点
B. 两圆的公共弦所在直线方程为
C. 两圆公共弦长度
D. 经过两圆交点且圆心在直线上的圆的方程为
【答案】ABD
【解析】
【分析】确定两圆的圆心和半径，确定两圆的位置关系，可确定两圆的位置关系，判断A的真假；求两圆公共弦所在直线方程，确定B的真假；求公共弦长判断C的真假；求满足条件的圆的标准方程，判断D的真假.
【详解】因为：，所以，.
：，所以，.
所以.
对A选项：因为，即，所以两圆相交，有两个公共点，故A正确；
对B选项：由，
所以两圆的公共弦所在直线方程为即，故B正确；
对C选项：到直线的距离为：，所以两圆的公共弦长度为：，故C错误；
对D选项：设所求圆的方程为：（）
整理得：.
因为圆心在直线上，所以.
所以所求圆的方程为：即，
配方得：.故D正确.
故选：ABD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 若是棱的中点，则过的平面截正方体所得的截面图形的周长为
C. 若与平面所成的角为，则
D. 若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项，，由题 面，所以不论在棱上如何运动，锥体的底和高都不会发生变化；对于B选项，作出过的平面截正方体所得截面，再求出相关线段的长即可；对于C选项，以为坐标原点，建立坐标系，用向量法求出设面的法向量，代入线面角公式即可求范围；对于D选项，取中点为，连接，设外接圆圆心为，外接球球心，由正弦定理可求得，由题可证 四点共圆，得，再构造直角三角形用勾股定理，即可解，最后代入球表面积公式.
【详解】对于A选项，，因为，因此面，所以不论在棱上如何运动，锥体的底和高都不会发生变化，即为定值，故A选项正确；对于B选项，四边形为过的平面截正方体所得截面，
因为平面平面，且面平面，
面面，又因为为中点，所以为四等分点，
则，故B选项错误；对于C选项，以为坐标原点，建立坐标系如图，
则，，，设，，
所以，，，设面的法向量为，则
，令，解得，所以
当时，，当时，，当且仅当时等号成立，因此，故C选项正确；
对于D选项，取中点为，连接，设外接圆圆心为，外接球球心，连接，则，
在中设外接圆半径为，由正弦定理，
所以，由题知，故，
所以弦所对的圆周角相等，故四点共圆，故，
设外接球半径为，过作，交于，则中，，
即，在中，，
即，联立解得，因此,故D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】立体几何中截面问题与外接球问题一直都是难点，解决于截面有关的问题，关键是利用平行、垂直、平面基本定理找到正确的交点，从而得到正确的截面；解决外接球问题的突破点在于根据几何体的形状，正确的判断出球心的大概位置，然后构造两个直角三角形，利用勾股定理联立两方程，来解决有关问题.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知正项等比数列的前n项和为，若，则______．
【答案】##0.125
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等比数列项间关系求出公比即可.
【详解】设正项等比数列的公比为，由，得，
因此，，所以.
故答案为：
13. 已知函数，则______________________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】求导，即可代入求解.
【详解】，
故，故，
故答案为：
14. 在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，圆，过圆的圆心的直线与抛物线交于点，与圆交于点，其中在第一象限，若，则直线的斜率为____________．
【答案】或
【解析】
【分析】先计算抛物线方程，再设直线的方程，代入抛物线方程，根据韦达定理及抛物线的焦点弦公式，即可求得，根据题意即可求得直线的斜率.
【详解】
因为抛物线经过点，所以，所以，
圆的圆心为，半径为，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
代入可得，
设、，则，
所以，
所以，
所以，
所以，所以，即得
解得.
故答案为：或.
四、解答题（本大题共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. 已知函数的图象过点，且．
（1）求a，b的值；
（2）求曲线在点处的切线方程．
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据点以及列方程，从而求得的值.
（2）利用切点和斜率求得切线方程.
【小问1详解】
因为函数的图象过点，所以①．
又，，
所以②，
由①②解得：，．
【小问2详解】
由（1）知，
又因为，，
所以曲线在处的切线方程为，
即．
16. 在数列中，点在直线上；在等比数列中，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由题可得通项公式，然后由题目条件结合等比数列知识可得通项公式；
（2）由分组求和法可得答案.
【小问1详解】
易知
故求数列的通项公式分别为
.
【小问2详解】
由（1）知：
设数列的前项和为，数列的前项和为，则
则数列的前n项和
.
17. 如图，在四棱锥中，平面，底面矩形，，是PD的中点．
（1）证明：平面．
（2）求平面与平面夹角．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得线线垂直，即可线线垂直求解，或者建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，即可求解；
（2）求解平面法向量，利用法向量的夹角求解即可.
【小问1详解】
方法一：因为平面，平面，所以．
因为，平面，所以平面．
因为平面，所以．
因为，M是PD的中点，所以．
因为平面，所以平面．
法二：因为平面，且四边形为矩形，所以两两垂直，
故以为坐标原点，以为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
又因，，，
所以，
设平面的法向量为，且，
则，故，取，则，
因为，所以，所以，所以平面
【小问2详解】
以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，．
由（1）知平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，因为，，
所以，令，得．
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角为．
18. 已知公差为2的等差数列满足，数列满足，．
（1）求数列，的通项公式．
（2）设，数列的前n项和为．
（ⅰ）求；
（ⅱ）若不等式对任意的恒成立，求λ的最大值．
【答案】（1）；
（2）（ⅰ）；
（ⅱ）λ的最大值为7
【解析】
【分析】（1）由等差数列的通项公式求得，从而求得数列的通项公式，由递推公式可得数列是等比数列，从而求出数的通项公式；
（2）（ⅰ）由（1）可得数列的通项公式，利用错位相减法求出；（ⅱ）由，可得，构造数列，利用作差法判断数列的单调性，从而求得的最大值.
【小问1详解】
因为数列是公差为2的等差数列，且，所以，
所以，解得，所以，
因，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以；
【小问2详解】
（ⅰ）因为，
所以，
所以，
两式相减得
，
所以；
（ⅱ）由，可得，令，
则，
所认单调递增，所以，所以λ的最大值为7．
19. 已知椭圆的一个焦点坐标是，短轴长是长轴长的
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，求证：为定值；
（3）设椭圆的左、右顶点分别为，直线交椭圆于两点（与均不重合），记直线的斜率为，直线的斜率为，且，设，的面积分别为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，可得，，进而可得；
（2）设直线的方程为，则，联立椭圆可得，进而得，，由直线的方程为，得，进而可得；
（3）设直线为，联立椭圆方程为，进而得，，进而得，再根据得，进而可得，故直线恒过，进而可得，换元后即得.
【小问1详解】
由，，,得，，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】

显然直线的的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，，
则点的坐标为，，
联立方程，消去整理，
则，且，，
又因为直线的方程为，
令，得Q的横坐标为
代入，，得
所以为定值.
【小问3详解】

依题意，，，设，，直线斜率为，
若直线的斜率为0，则点关于轴对称，必有，不合题意.
所以直线的斜率必不为0，设其方程为，
联立方程，消去得，
则，，，
因为是椭圆上一点，满足，
所以，
则，，
因为，
得，
得
得，得，此时
故直线恒过轴上一定点，，，
所以故，
得，令，
则，
故当，即时，取得最大值.
【点睛】关键点点睛：本题第三问，注意到若斜率为0不合题意，可设为，联立椭圆方程为，进而得，，进而得，再根据得，进而可得，进而可确定恒过，故，进而换元后求最大值即可.