陕西省西安市高新第一中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试题

陕西省西安市雁塔区高新第一中学 2024-2025学年高二下学期开学考试 一、单选题 1．已知函数的图象如下图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中的图象大致是（    ） A． B． C． D． 2．已知抛物线C：y2=4x的焦点为F和准线为l，过点F的直线交l于点A，与抛物线的一个交点为B，且=-2，则|AB|=（　　） A．3 B．6 C．9 D．12 3．抛物线y＝x2＋bx＋c在点(1，2)处的切线与其平行直线bx＋y＋c＝0间的距离是（    ） A． B． C． D． 4．设等差数列的前项和，若，，则（   ） A．63 B．51 C．45 D．27 5．(2018·宜春二模)已知椭圆的焦点分别为F1(0，－)，F2(0，)，离心率e＝，若点P在椭圆上，且，则∠F1PF2的大小为(　　) A． B． C． D． 6．设点P是函数图象上任意一点，点Q坐标为，当取得最小值时圆与圆相外切，则的最大值为 A． B． C． D． 7．函数的导函数，对任意，都有成立，若，则满足不等式的的范围是 A． B． C． D． 8．已知衡量病毒传播能力的最重要指标叫做传播指数RO.它指的是，在自然情况下（没有外力介入，同时所有人都没有免疫力），一个感染到某种传染病的人，会把疾病传染给多少人的平均数.它的简单计算公式是：确认病例增长率系列间隔，其中系列间隔是指在一个传播链中，两例连续病例的间隔时间（单位：天）.根据统计，确认病例的平均增长率为，两例连续病例的间隔时间的平均数为天，根据以上RO数据计算，若甲得这种传染病，则轮传播后由甲引起的得病的总人数约为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．在递增的等比数列中，，是数列的前项和，是数列的前项积，则下列说法正确的是（   ） A．数列是等比数列 B．数列是等差数列 C． D． 10．如图，设正方体的棱长为，点是的中点，点为空间内两点，且，则（    ） A．若平面，则点与点重合 B．设，则动点的轨迹长度为 C．平面与平面的夹角的余弦值为 D．若，则平面截正方体所得截面的周长为 11．在平面直角坐标系xOy中，设双曲线W：与圆E：交于A，B，C，D四个点，构成四边形，则（   ） A．W的两条渐近线相互垂直 B．当时，m的取值范围是 C．当时，n的取值范围是 D．四边形的面积不超过8 三、填空题 12．若函数在上是严格减函数，则实数的取值范围是 ． 13．如图，二面角等于是棱上两点，，且，则的长等于 ． 14．某个软件公司对软件进行升级，将序列升级为新序列，中的第项为，若的所有项都是3，且，，则 . 四、解答题 15．如图，四棱锥的底面是边长为3的正方形，，. (1)证明：平面； (2)已知点在线段上，且（），若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 16．已知函数. （1）求函数的极值； （2）是否存在实数，使得函数在区间上的最小值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17．已知数列的前项和为，，当时，． (1)求 (2)设，求数列的前项和为． 18．已知椭圆的离心率. (1)若椭圆过点，求椭圆的标准方程. (2)若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《陕西省西安市雁塔区高新第一中学2024-2025学年高二下学期开学考试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B D C C D BCD ABD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】由导数的符号得出原函数的单调性，结合选项可得答案. 【详解】由图可得，当时，时，，为减函数， 时，，为增函数； 当时，时，，为减函数， 时，，为增函数； 结合选项可知C符合题意. 故选：C 2．C 【分析】利用=，结合抛物线定义求得|AB|． 【详解】解：抛物线C：y2=4x的焦点F（1，0）和准线l：x=-1，作图如下： ∵=，可得|FA|：|AB|=2：3，|FD|：|BC|=2：3，因为|FD|=2，所以|BC|=3，|FB|=3 AB=3|FB|=9， 故选：C． 本题考查抛物线的性质，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于基础题． 3．C 【分析】求出，进而可得结果. 【详解】抛物线过点(1，2)，∴b＋c＝1． 又∵＝2＋b，由题意得2＋b＝－b， ∴b＝－1，c＝2． ∴所求的切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0， ∴两平行直线x－y＋1＝0和x－y－2＝0间的距离． 故选：C. 4．B 【分析】根据等差数列的前n项和公式求出首项和公差，利用等差数列的通项公式，即可求得答案. 【详解】由题意知等差数列中，，， 设首项为，公差为d， 则，即， 解得，故， 故选：B 5．D 【详解】由题意可设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，且c＝，离心率e＝＝，a2＝b2＋c2，得a＝2，b＝1.∴椭圆的标准方程为＋x2＝1.设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝4， ∵，∴mncos∠F1PF2＝，又(2c)2＝(2)2＝m2＋n2－2mncos∠F1PF2，∴12＝42－2mn－2×，解得mn＝.∴cos∠F1PF2＝，∴cos∠F1PF2＝，∴∠F1PF2＝.故选D. 6．C 【分析】根据题意，分析函数y的解析式可得（x﹣1）2+y2＝4，（y≤0），分析可得其对应的曲线为圆心在C（1，0），半径为2的圆的下部分，由Q的坐标可得Q在直线x﹣2y﹣6＝0上，据此分析可得当|PQ|取得最小值时，PQ与直线x﹣2y﹣6＝0垂直，此时有2，解可得a的值，即可得圆C1的方程，结合两圆外切的性质可得3+2＝5，变形可得（m+n）2＝25，由基本不等式的性质分析可得答案． 【详解】根据题意，函数y，即（x﹣1）2+y2＝4，（y≤0）， 对应的曲线为圆心在C（1，0），半径为2的圆的下半部分， 又由点Q（2a，a﹣3），则Q在直线x﹣2y﹣6＝0上， 当|PQ|取得最小值时，PQ与直线x﹣2y﹣6＝0垂直，此时有2，解可得a＝1， 圆C1：（x﹣m）2+（y+2）2＝4与圆C2：（x+n）2+（y+2）2＝9相外切， 则有3+2＝5， 变形可得：（m+n）2＝25， 则mn， 故选C． 【点睛】本题考查圆的方程的综合应用，涉及直线和圆的位置关系的应用，根据函数的表达式确定对应曲线是解决本题的关键． 7．C 【分析】令，求得，则函数为单调递增函数，把不等式，转化为，即可求解. 【详解】由题意，对任意，都有成立，即， 令，则， 所以函数为单调递增函数， 又因为不等式，即， 因为，所以，所以不等式的解集为， 故选C. 【点睛】本题主要考查了导数点运算，以及利用导数研究函数的单调性及其应用，其中解答中根据选项及已知条件合理构造新函数，利用导数判定函数的单调性是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题. 8．D 【解析】先求出传播指数RO，再计算出每轮感染的人数，相加即得． 【详解】记第1轮感染人数为，第2轮感染人数为，…，第轮感染人数为，则数列是等比数列，公比为， 由题意，即， 所以，，，，， 总人数为人， 故选：D． 【点睛】本题考查数列的应用，解题关键是理解新概念“传播指数”，可以用数列表示该问题，传播指数就是等比数列的公比，从第一轮开始每轮传播的人数为数列的项，问题就是求等比数列的前5项和． 9．BCD 【分析】根据条件，解得，进而得到，，选项A和B，利用等比、等差数列的定义，即可判断；选项C和D，利用等比、等差数列的前项和公式，即可求解. 【详解】因为数列是递增的等比数列，又，解得， 所以公比，，， 对于选项A，因为不为常数，所以选项A错误， 对于选项B，因为， 所以为常数，又， 所以数列是首项为，公差为的等差数列，故选项B正确， 对于选项C，因为， 所以选项C正确， 对于选项D，因为， 所以，故选项D正确， 故选：BCD. 10．ABD 【分析】假设点不与重合，根据平面，平面，可得，而，故假设不成立，A正确；根据已知判断出动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆的，，进而判断选项B；建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角余弦值即可判断选项C；根据已知条件做出图形，即可求出周长判断选项D. 【详解】由正方体的性质知，平面， 若点不与重合，因为平面， 则，与矛盾， 故当平面时，点与重合，故A正确； 因为， 所以点在平面上， 因为， 所以， 则动点的轨迹是以点为圆心， 以为半径的圆的，故其长度为，故B正确； 对于C，以点为坐标原点， 分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以. 设平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 则得， 令，，所以， 同理结合得， 因为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为，故C错误； 对于D，过的直线分别交的延长线于点， 然后再分别连接，交侧棱于点， 交侧棱于点，连接和，如图所示： 则得截面为五边形， 截面的周长为，故D正确. 故选：ABD 11．ACD 【分析】对于A，结合双曲线的渐近线方程判断即可；对于B，举例判断即可；对于C，联立圆和双曲线方程，进而结合分析判断即可；对于D，易得圆心在四边形的内部的时候四边形的面积比圆心在四边形的外部的时候大，进而结合三角形的面积公式求解判断即可. 【详解】对于A，双曲线W：的渐近线方程为，两条渐近线相互垂直，故A正确； 对于B，当时，若，此时圆E：与双曲线W：， 只有3个交点：，故B错误； 对于C，当时，圆E：，圆心为，半径为2， 联立，得， 由，解得， 此时方程存在两个解，且对应两个关于轴对称的点， 对应两个关于轴对称的点，因此有4个交点，故C正确； 对于D，当圆心在四边形的外部时，此时四边形的面积， 显然小于圆心在四边形的内部的时候， 所以讨论圆心在四边形的内部，此时， 设， 由题设方程，当，时，圆E：， 联立，解得或或或， 显然四边形不可能为正方形， 则四边形的面积为 ，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于先分析得圆心在四边形的内部的时候，四边形的面积较大，进而结合三角形的面积公式求解判断即可. 12． 【分析】由题意转化为恒成立，利用参变分离，转化为求函数的最值，即可求解. 【详解】由，得，恒成立， 所以，，恒成立，即，即， 得. 故答案为： 13． 【分析】依题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入求解即可． 【详解】由二面角的平面角的定义知， 所以， 由，，得，， 又因为， 所以 ， 所以， 故答案为： 14．8 【分析】利用中的第项为，表示出，利用的所有项都是，逐步计算出，，. 【详解】由题意得， ， ， ， 的所有项都是，且，， ， ， ， 由，得，解得， 由，得，解得， 由，得，解得. 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2)或． 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理得平面，再根据线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用得，利用线面角的向量公式列式求解即可. 【详解】（1）因为四边形是正方形，所以， 因为，，所以． 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以，即． 因为，，，所以， 所以，即， 因为，，平面，所以平面. （2）由（1）知，，两两垂直， 因为，，所以． 以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意可得，，，，， 所以，，，， 设，所以，， 因为，，所以， 即所以所以，， 设是平面的一个法向量，则 所以令，则所以， 设直线与平面所成角为， 则，解得或． 16．（1）极小值，无极大值；（2）存在，. 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极值； （2）分、、三种情况讨论，分析函数在上的单调性，结合可求得实数的值. 【详解】（1）函数定义域为，，其中， 由，得；由，得. 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以，函数的极小值为，无极大值； （2）①当时，即时，函数在上为增函数， 故函数的最小值为，显然，故不满足条件； ②当时，即时，函数在上为减函数，在上为增函数， 故函数的最小值为， 令，，则， 其导函数，可知在单调递增， 因为，有，可得不符合题意； ③当时，即时，函数在上为减函数， 故函数的最小值为，由，得满足条件. 综上所述：存在符合题意. 17．(1) (2) 【分析】（1）利用与的关系及等差数列的定义，结合等差数列的通项公式即可求解； （2）利用（1）的结论及数列求和中的错位相减法即可求解. 【详解】（1）当时，．， 所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以即． （2） 由知，所以， 所以， 所以 18．(1) (2)①；② 【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程. （2） ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；②求得，并利用等比数列的前项和公式求得. 【详解】（1）因，可得： ①， 又椭圆过点，可得 ②， 联立①，②，解得， 故椭圆的标准方程为； （2）① 当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时， 直线与轴重合，不符合题意，故直线的斜率均存在且不为0. 设直线的方程为， 联立，消去，整理得：， 因直线交椭圆于两点，则，且，则， 因直线的方程为，同理可得：， 因三点共线，则，即， 易知，则， 因，则； ② 结合 ①可知，则 ， 因，则数列是首项为9，公比为3的等比数列， 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解题的关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$