精品解析：云南省大理白族自治州民族中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试题

大理州民族中学2024—2025学年下学期开学考试 高二数学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：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. 已知直线的倾斜角为，且过点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先得到直线的斜率，再由斜截式得到直线方程. 【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率， 又直线过点，所以直线的方程为. 故选：D 2. 已知数列，2，，，，…，，，…，则是这个数列的（ ） A. 第19项 B. 第20项 C. 第21项 D. 第22项 【答案】C 【解析】 【分析】令，解出即可得. 【详解】令，解得， 所以是这个数列的第项. 故选：C. 3. 已知复数，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用复数乘方运算得，再由求结果. 【详解】由，则. 故选：B 4. 在平面直角坐标系中，已知点，，点是平面内一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则点的轨迹为椭圆 B. 若，则点的轨迹为椭圆 C. 若，则点的轨迹为直线 D. 若，则点的轨迹为双曲线的一支 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆、双曲线的定义一一判断即可. 【详解】由，结合椭圆的定义，显然的轨迹不是椭圆而是线段，故A错误； 设，由，所以， 整理得，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故B错误； 由，则点的轨迹为以为端点（向右）的射线，故C错误； 由，根据双曲线的定义，则点的轨迹为双曲线的右支，故D正确. 故选：D 5. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出，，再根据投影向量的定义计算可得. 【详解】因为，， 所以，， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：C 6. 已知等差数列，，其前项和为，若，则（ ） A. 0 B. C. 2025 D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助等差数列求和公式结合题意计算可得的公差，即可得. 【详解】设数列的公差为，则， 故， ， 故，则. 故选：A. 7. 我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突.器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密.碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱.该元青花团菊花纹小盏口径8.4厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（单位：平方厘米）（ ）（附：） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合圆台的侧面积公式分析求解. 【详解】设该圆台的上底面､下底面的半径分别为， 由题意可知：，则圆台的母线长， 所以其侧面积为. 故选：B. 8. 已知数列满足：，，，则（ ） A. B. 3 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据与的关系，先得到数列的递推关系，再根据累加法求的值. 【详解】由，则， 所以 所以，，…，， 各式相加得：，则. 故选：C. 二、多选题：本题共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. 已知直线l1：x＋my－1＝0，l2：（m－2）x＋3y＋3＝0，则下列说法正确的是（　 　） A. 若l1∥l2，则m＝－1或m＝3 B. 若l1∥l2，则m＝－1 C. 若l1⊥l2，则m＝－ D. 若l1⊥l2，则m＝ 【答案】D 【解析】 【分析】根据两直线平行、垂直的条件求解判断． 【详解】若，则，解得或， 时，方程为，方程为，即，两直线重合，不合题意． 若，则，． 因此只有D正确． 故选：D． 10. 记等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 的前10项和为50 B. 是递增数列 C. 当时，取得最小值 D. 若，则的最小值为11 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出通项公式，对于A，直接算出和即可；对于B，运用数列的函数特征判定即可；对于C，根据数列函数特征，找出正负相邻项即可；对于D，根据数列增减性，结合判定即可. 【详解】解析：设公差为，则， ，，， 对于A：，知A正确； 对于B，由知B正确； 对于C，由通项公式知道，知C错误； 对于D，由时，，且，知D正确. 故选：ABD. 11. 在直三棱柱中，，，，分别是BC，的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（ ） A. 平面 B. 直线EF与平面所成角的余弦值为 C. 直三棱柱的外接球半径为 D. 直线BD与直线EF所成角最小时，线段长为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用空间向量法可判断线面平行，求解线面角，线线角结合二次函数值域分别判断A，B，D，再根据正方体外接球计算外接球半径即可判断C. 【详解】直三棱柱中，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系如图， ，、分别是、的中点，在线段上， 、、、、、， 对于A，为平面的一个法向量，， 则，又平面，平面，故A正确； 对于B，为平面的一个法向量，， 设直线与平面所成角为， 则，，故B错误； 对于C， 三棱柱是直棱柱，，，所以直三棱柱的外接球半径等于边长为4的正方体的外接球的半径， 所以，所以，故C正确； 对于D，设， 则，， 设直线与直线所成角为，则， 当即时，取最大值，此时直线与直线所成角最小， ，，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若集合是空集，则的取值范围是______．（用区间表示） 【答案】 【解析】 【分析】分和讨论方程解的情况，可得答案. 【详解】若，则方程无解，所以; 若，由方程无解，可得即，此时. 综上可知，实数的取值范围为：. 故答案为： 13. 已知数列满足：（为正整数），，若，则的所有可能取值之和为______． 【答案】46 【解析】 【分析】由递推关系，分情况讨论即可. 【详解】若为偶数时，由题意可得，； 若为奇数时，由题意可得，不符合题意； 当时，还可以； 综上，的所有可能取值之和为. 故答案为：46 14. 如图，已知过点的直线与抛物线交于，两点，且，则直线在轴的截距为______． 【答案】2 【解析】 【分析】设直线，，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得，根据,求出的值，进而求出在轴上的截距. 【详解】设直线，， 则，故， 则，故， 由，则，故，解得， 当时，直线不符合题意， 所以，即，当，则， 即直线在轴上的截距为. 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. （1）已知椭圆中心在原点，一个焦点为，且长轴长是短轴长的2倍，求该椭圆的方程； （2）已知双曲线焦点在轴上，焦距为8，双曲线的渐近线方程为，求双曲线的方程． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，分析椭圆焦点的位置以及的值，结合椭圆的性质可得的值，进而可得答案； （2）根据题意，求出双曲线中的值，由双曲线的渐近线方程分析的关系，结合双曲线的几何性质可得的值，进而可得答案. 【详解】（1）根据题意，已知椭圆中心在原点，一个焦点为， 则椭圆的焦点在轴，且， 若长轴长是短轴长的2倍，则， ，则， 所以该椭圆的方程为. （2）根据题意，双曲线焦点在轴上，焦距为8，则， 又双曲线的渐近线方程为，即， 则，即， 则， 所以， 所以该双曲线的标准方程为. 16. 在中，角，，所对的边分别是，，，已知． （1）求证：； （2）求角的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理将已知条件进行化简，再通过正弦定理将边转化为角来证明等式； （2）在（1）的基础上，结合余弦定理和基本不等式求出角的最大值. 【小问1详解】 因为，又， 所以整理得， 由正弦定理可得：，得证. 【小问2详解】 由，，可得：， 又（当且仅当时取等号）， 所以， 因为，且在上单调递减，故， 当时，角取得最大值． 17. 已知数列各项均为正数，设数列的前n项和为，其中 （1）求数列的通项公式; （2）令，求数列的前n项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用前n项和与通项公式的关系证明是等差数列，再利用等差数列的通项公式求解即可. （2）写出新数列的通项公式，利用错位相减法，结合等比数列的求和公式求和即可. 【小问1详解】 ，当时，，得或舍， 当时，，， 即，数列的各项均为正数，即， ，即数列是首项为1，公差为1的等差数列， 【小问2详解】 ，①， ②， ①-②得： ， 18. 已知，分别是椭圆的左、右顶点，P（异于点A，B）是C上的一个动点，面积的最大值为2． （1）求椭圆C的方程； （2）记直线PA，PB的斜率分别为，，求的值； （3）直线l交椭圆C于M，N两点（异于A，B两点），直线AM，AN的斜率分别为，，且，证明：直线MN过定点． 【答案】（1） （2） （3） 由题意知直线l的斜率不为0，设l的方程为，，． 由得， ， ∴，， ∴，， ∵，∴，即， ∴， 解得或（舍）． 当时，满足，此时MN的方程为，故直线MN过定点． 【解析】 【分析】（1）根据条件可知当点在椭圆上、下顶点处时，面积的最大，由此可计算椭圆标准方程. （2）设，表示，利用点在椭圆上可求结果. （3）设l的方程为，与椭圆方程联立，利用可计算出的值，即可证明结论. 【小问1详解】 由题意得，. 当点在椭圆上、下顶点处时，面积的最大，此时面积为， ∴，∴椭圆C的方程为． 【小问2详解】 设，则，即， ∴． 【小问3详解】 略 19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，. （1）证明：平面平面； （2）求到平面的距离； （3）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为；若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 因为，， ，平面，则平面， 又平面， 所以平面平面； （2） （3）存在，的值为或. 【解析】 【分析】（1）由，，可证得平面，由面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）向量法求到平面的距离； （3）证明出，求出平面的法向量，设，则，，设平面的法向量为，根解两平面夹角列出方程，求得或，设，进而根据，求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，因为是等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 平面，，， 取的中点，连接，则，由，得， 所以两两垂直， 以为原点，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，由勾股定理得， 所以，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则， 令，得，，则， 到平面的距离. 【小问3详解】 连接，因为平面，平面平面，所以， 不妨设，则，， 设，则， 即，，，故， 同理可得， 则有， 设平面的法向量为， 则， 解得，设，则，故， 所以 化简得，解得或， 设，则，设， 则，解得，，， 故， 当，，因为， 所以，化简得， 解得，满足要求， 当，，因为， 所以，化简得， 解得，满足要求. 故存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时的值为或. 【点睛】立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大理州民族中学2024—2025学年下学期开学考试 高二数学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：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. 已知直线的倾斜角为，且过点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列，2，，，，…，，，…，则是这个数列的（ ） A. 第19项 B. 第20项 C. 第21项 D. 第22项 3. 已知复数，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 4. 在平面直角坐标系中，已知点，，点是平面内一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则点的轨迹为椭圆 B. 若，则点的轨迹为椭圆 C. 若，则点的轨迹为直线 D. 若，则点的轨迹为双曲线的一支 5. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列，，其前项和为，若，则（ ） A. 0 B. C. 2025 D. 7. 我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突.器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密.碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱.该元青花团菊花纹小盏口径8.4厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（单位：平方厘米）（ ）（附：） A. B. C. D. 8. 已知数列满足：，，，则（ ） A. B. 3 C. 4 D. 二、多选题：本题共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. 已知直线l1：x＋my－1＝0，l2：（m－2）x＋3y＋3＝0，则下列说法正确的是（　 　） A. 若l1∥l2，则m＝－1或m＝3 B. 若l1∥l2，则m＝－1 C. 若l1⊥l2，则m＝－ D. 若l1⊥l2，则m＝ 10. 记等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 的前10项和为50 B. 是递增数列 C. 当时，取得最小值 D. 若，则的最小值为11 11. 在直三棱柱中，，，，分别是BC，的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（ ） A. 平面 B. 直线EF与平面所成角的余弦值为 C. 直三棱柱的外接球半径为 D. 直线BD与直线EF所成角最小时，线段长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若集合是空集，则的取值范围是______．（用区间表示） 13. 已知数列满足：（为正整数），，若，则的所有可能取值之和为______． 14. 如图，已知过点的直线与抛物线交于，两点，且，则直线在轴的截距为______． 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. （1）已知椭圆中心在原点，一个焦点为，且长轴长是短轴长的2倍，求该椭圆的方程； （2）已知双曲线焦点在轴上，焦距为8，双曲线的渐近线方程为，求双曲线的方程． 16. 在中，角，，所对的边分别是，，，已知． （1）求证：； （2）求角的最大值． 17. 已知数列各项均为正数，设数列的前n项和为，其中 （1）求数列的通项公式; （2）令，求数列的前n项和 18. 已知，分别是椭圆的左、右顶点，P（异于点A，B）是C上的一个动点，面积的最大值为2． （1）求椭圆C的方程； （2）记直线PA，PB的斜率分别为，，求的值； （3）直线l交椭圆C于M，N两点（异于A，B两点），直线AM，AN的斜率分别为，，且，证明：直线MN过定点． 19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，. （1）证明：平面平面； （2）求到平面的距离； （3）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为；若存在，求的值；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $