精品解析：安徽省临泉田家炳实验中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试题

高二开学考数学试卷 (120分钟　150分) 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. 1 B. 3 C. 21 D. 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） 设的中点为C；则，又 故圆C：，， 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. 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）求椭圆的标准方程. （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）证明如下： 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. 【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】 略 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的取值范围; （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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二开学考数学试卷 (120分钟　150分) 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. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 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 4. 已知点，若点在轴上，且⊥，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. 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. 1 B. 3 C. 21 D. 25 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 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. 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. 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 11. 已知且，则下列结论正确的有（ ） 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 ，则____. 13. 定义在R上的奇函数满足，且， 则 ____. 14. 若直线与相交于点P，点，则的最大值为____. 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. 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. 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. 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）求椭圆的标准方程. （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. 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. 19. 已知函数. （1）若在区间上单调递增，求a的取值范围; （2）.当时，恒成立，求实数a的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $