精品解析：山西省部分学校2024-2025学年高二下学期开学考试数学试题

2024~2025学年高二2月开学收心考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知双曲线的焦距为12，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 3. 函数的图象在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 函数至少有2个极值点 C. 函数在上单调递减 D. 函数在处取得极大值 5. 现计划将某山体的一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，···，第n排比第n－1排多栽种棵且，则第10排栽种塔松的棵数为（ ） A. 90棵 B. 92棵 C. 94棵 D. 96棵 6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上一点，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知等差数列的前n项和为，若，则使得成立的正整数n的最大值为（ ） A. 20 B. 21 C. 22 D. 23 8. 如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则当自变量从变为时，下列结论正确的是（ ） A. 函数值减少了6 B. 函数的平均变化率为2 C. 函数在处的瞬时变化率为 D. 函数值先变大后变小 10. 已知圆与圆交于两点，则下列说法正确的是（ ） A. 线段的中垂线方程为 B. 直线的方程为 C. D. 若点是圆上的一点，则的最大值是 11. 已知函数的定义域为，其导函数为，且对任意的，都有，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前n项和，则___________． 13. 已知函数在定义域上单调递增，则实数m的最大值是_________. 14. 已知数列的前n项和为，且满足，则数列的前n项和为_________. 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. 已知点，，直线的方程为． （1）若直线不经过第二象限，求a的取值范围； （2）若点A，B到直线的距离相等，求a的值. 16. 如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知抛物线的焦点为F，P是C上一点，线段PF的中点为． （1）求C的方程； （2）若，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积为2024，求证：直线MN过定点． 18. 已知函数的两个极值点分别为2，3. （1）求，的值，并求出函数的极值； （2）已知，求证：不等式在上恒成立. 19. 对于给定正项有穷数列满足条件①；②，请回答下列问题： （1）若试判断数列是否满足条件①?如果是，请写出判断理由；如果不是，请说明理由； （2）已知递增数列1，，，8满足条件②，求和； （3）设且数列满足条件②，探究：数列是否为等比数列?若是，请给出理由；若不是，请写出一个满足条件的数列的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年高二2月开学收心考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线的斜率，进而求出其倾斜角. 【详解】直线的斜率，所以其倾斜角. 故选：A 2. 已知双曲线的焦距为12，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的焦距与标准方程，利用离心率的公式，可得答案. 【详解】因为双曲线的焦距为12，所以，解得， 又，所以该双曲线的离心率为. 故选：C. 3. 函数的图象在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，可得切点坐标和斜率，进而可得切线方程. 【详解】因为，则， 可得， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为. 故选：C. 4. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 函数至少有2个极值点 C. 函数在上单调递减 D. 函数在处取得极大值 【答案】D 【解析】 【分析】根据的图象判断其符号，进而可知的单调性和极值，结合选项分析判断即可. 【详解】由的图象可知：当或时，；当时，； 可知在，上单调递增，在上单调递减， 则函数有且仅有两个极值点， 结合选项可知：ABC正确；D错误； 故选：D. 5. 现计划将某山体的一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，···，第n排比第n－1排多栽种棵且，则第10排栽种塔松的棵数为（ ） A. 90棵 B. 92棵 C. 94棵 D. 96棵 【答案】D 【解析】 【分析】利用相加相消法，再结合等差数列的求和公式得解. 【详解】设第排栽种的塔松的数量为 由题意知， 所以 故选：D． 6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上一点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义及余弦定理可求得结果. 【详解】由椭圆方程知，，，，则， 由椭圆的定义知，，又， 所以 ， 故选：A. 7. 已知等差数列的前n项和为，若，则使得成立的正整数n的最大值为（ ） A. 20 B. 21 C. 22 D. 23 【答案】B 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，由条件推得，，则得，推出数列为递增数列，推出即可求得. 【详解】设等差数列的公差为，由可得：，则，， 故数列为递增数列，又，， 故使得成立的正整数n的最大值为21. 故选：B. 8. 如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可. 【详解】以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示. 所以，，，，所以，. 设平面的法向量， 所以令，解得，， 所以平面的一个法向量，又， 所以点到平面的距离. 故选：B. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则当自变量从变为时，下列结论正确的是（ ） A. 函数值减少了6 B. 函数的平均变化率为2 C. 函数在处的瞬时变化率为 D. 函数值先变大后变小 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平均变化率的定义判断A、B，求出函数的导函数，根据导数的定义判断C，求出函数的单调区间，即可判断D. 【详解】因为，所以， 所以函数值减少了，函数的平均变化率为，故A正确，B错误； 又，所以，即函数在处的瞬时变化率为，故C正确； 当时，；当时，；当时，， 所以 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 所以当自变量从变为时，函数值先变小，后变大，再变小，故D错误. 故选：AC. 10. 已知圆与圆交于两点，则下列说法正确的是（ ） A. 线段的中垂线方程为 B. 直线的方程为 C. D. 若点是圆上的一点，则的最大值是 【答案】ABD 【解析】 【分析】由圆的方程可得圆心和半径；根据圆的对称性求得直线记为线段的中垂线，可知A正确；两圆方程作差可知B正确；利用垂径定理可求得C错误；根据圆的性质可求得圆上点到中点距离的最大值，由此可得D正确. 【详解】由圆的方程知：圆心，半径为；圆心，半径为； 对于A，由圆的对称性可知：直线是线段的中垂线， ，直线的中垂线方程为：，即，A正确； 对于B，两圆方程作差可得直线方程为：，B正确； 对于C，到直线的距离， ，C错误； 对于D，记为中点，则， ，，D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数的定义域为，其导函数为，且对任意的，都有，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】令，可得在上单调递增，取自变量的值可得结果. 【详解】令，所以， 所以在上单调递增， 所以，即，故A错误，B正确； 又，所以， 即，故C正确，D错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形． (2)构造新的函数． (3)利用导数研究的单调性或最值． (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前n项和，则___________． 【答案】15 【解析】 【分析】用之间的关系式计算即可. 【详解】由题知． 故答案为：15. 13. 已知函数在定义域上单调递增，则实数m的最大值是_________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据函数在定义域上单调递增，由恒成立求解. 【详解】因为函数在定义域上单调递增， 所以恒成立， 即恒成立， 令，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，即， 所以实数的最大值为3. 故答案为：3 14. 已知数列的前n项和为，且满足，则数列的前n项和为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由，利用数列通项和前n项和的关系，得到，再利用错位相减法求解. 【详解】当时，所以； 当时，由， 得，所以. 令， 则， 两式作差得， 所以. 故答案为： 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. 已知点，，直线的方程为． （1）若直线不经过第二象限，求a的取值范围； （2）若点A，B到直线的距离相等，求a的值. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）直线的方程变为斜截式，根据题意列出不等式组即可求解； （2）解法一：由点到直线的距离公式列方程求解； 解法二：若点A，B到直线的距离相等，则直线或直线经过线段的中点，分别求解即可. 【小问1详解】 直线的方程为，即， 因为直线不经过第二象限，所以 解得，所以a的取值范围为． 【小问2详解】 解法一：由点到直线的距离公式知： ，即， 所以或，解得或． 解法二：若点A，B到直线的距离相等，则直线或直线经过线段的中点， 当时，，即，解得， 线段的中点坐标为，即， 当直线经过线段的中点时，，解得， 综上，或． 16. 如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：取上的点，使， 则， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取上的点，使，可得，则由线线平行可证线面平行； （2）取中点，连，根据题意可证，平面，所以以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连，因为，所以， 因为为正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 设为平面的法向量， 则，可取， ， 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知抛物线的焦点为F，P是C上一点，线段PF的中点为． （1）求C的方程； （2）若，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积为2024，求证：直线MN过定点． 【答案】（1），或 （2） 因为，所以C的方程为， 设，，直线MN的方程为， 与联立，得， 则，， 因为直线OM，ON的斜率之积为2024， 所以， 所以． 直线MN的方程为，故直线MN过定点． 【解析】 【分析】（1）设，根据线段PF的中点坐标得到，，然后代入到抛物线方程中，解方程得到即可得到抛物线的方程； （2）设直线的方程，然后与抛物线方程联立，利用直线OM，ON的斜率之积为2024和韦达定理列方程得到，即可得到直线MN过定点. 【小问1详解】 解：由题意得，设， 因为线段PF的中点为， 所以，，所以，， 代入C的方程得， 解得，或， 所以C的方程为，或． 【小问2详解】 略 18. 已知函数的两个极值点分别为2，3. （1）求，的值，并求出函数的极值； （2）已知，求证：不等式在上恒成立. 【答案】（1）函数的极大值为，极小值为 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用极值点思想求出参数取值，再进行检验是否满足题意，即可得到结果； （2）把原不等式化简后就是，由于分离参数后不好求导研究，所以就含参研究函数求导，分类讨论来证明最小值恒大于0. 【小问1详解】 因为，所以， 因为函数的两个极值点分别为2，3，所以, 解得, 此时，. 所以当时，，函数单调递增； 当时，.函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 满足的两个极值点分别为2，3. 所以函数的极大值为，极小值为 【小问2详解】 证明：等价于， 即， 令，则， 若，则恒成立，在上单调递增， 所以； 若，令，得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以的极小值为，也是最小值. 令，，则， 所以在上单调递减，. 综上所述，在上恒成立， 即不等式在上恒成立. 【点睛】关键点点睛：（1）极值点已知，利用该点导数值为0来求解参数，一定需要检验是否满足题意；（2）含参不等式的证明一般是分离参变量法，但分离以后不好求导研究，则需要含参求导讨论分析最值来进行证明. 19. 对于给定正项有穷数列满足条件①；②，请回答下列问题： （1）若试判断数列是否满足条件①?如果是，请写出判断理由；如果不是，请说明理由； （2）已知递增数列1，，，8满足条件②，求和； （3）设且数列满足条件②，探究：数列是否为等比数列?若是，请给出理由；若不是，请写出一个满足条件的数列的通项公式. 【答案】（1）不是，理由如下： 由题意知，数列为1，4，7，10，13，…，58. 由，70不是数列中的项， 故数列不满足条件①. （2） （3）是，证明如下： 证明：当时，设数列为， 又，则， 因为，对，所以都是数列中的项， 所以， 则.（*） 同理由，得， 则即.（**） 由（*）（**）得，故是等比数列. 当时，由，得， 由数列满足②得这个数都是数列中的项， 所以. 所以，即，（★） 同理由，可得， 所以. 则，即，（★★） 联立（★）（★★）得 则，所以， 所以，故数列是等比数列. 综上所述，数列是等比数列. 【解析】 【分析】（1）用列举法表示出数列的项，利用反例，可得答案； （2）根据数列中项的大小关系，结合题意建立方程，可得答案； （3）先研究当时，数列是否是等比数列，再推广，根据数列中每一项的大小关系，结合题意，建立方程，可得答案. 【小问1详解】 不是，理由略； 【小问2详解】 易得，则，且， 又数列满足条件②，则都是数列中的项， 所以，即；且，即， 从而得. 【小问3详解】 数列是等比数列，理由略. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对定义的理解，第三问的关键是先研究当时，数列是否是等比数列，再推广，根据数列中每一项的大小关系，结合题意，建立方程，即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $