精品解析：江苏省南京市第二十九中学2024-2025学年高二下学期第一次检测数学试题

2024-2025学年度高二第二学期第一次检测数学2025.2 出题人：高二备课组 审题人：高二备课组 一、单选题 1. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 2. 若函数的图象如图所示，则函数的导函数的图象可能是（ ） A B. C. D. 3. 从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 4. 如图，是某心形二次曲线，则的方程可能为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等比数列首项，公比为q，记，则“”是“数列为递减数列”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 6. 在数列中，，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，当时，，则a的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. e D. ﹒ 二、多选题 9. 设等差数列公差为，前项和. 若，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. C. D. 中最大的是 10. 已知圆M：，直线l：，P为直线l上的动点，过P点作圆M的切线PA，PB，切点为A，B，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线AB的方程为 B. 四边形MAPB面积的最小值为4 C. 线段AB的最小值为 D. 当时，点P横坐标取值范围是 11. 在棱长均为1的三棱柱中，，点满足，其中，则下列说法一定正确的有（ ） A. 当点为三角形重心时， B. 当时，的最小值为 C. 当点在平面内时，的最大值为2 D. 当时，点到的距离的最小值为 三、填空题 12. 已知点，，直线上不存在点，使得，则实数的取值范围是____. 13. 点P在函数的图象上，若满足到直线的距离为2的点P有且仅有3个，则实数a的值为_______． 14. 如图，某酒杯上半部分的形状为倒立的圆锥，杯深，上口宽，若以的匀速往杯中注水，当水深为时，酒杯中水升高的瞬时变化率__________． 四、解答题 15. 如图，在三棱柱中，分别是上的点，且. 设. （1）试用表示向量； （2）若，求的长. 16. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD⊥底面ABCD，PA=PD，点E为BC的中点，△AEB为等边三角形. （1）证明：PB⊥AE； （2）点F在线段PD上且DF=2FP，若二面角F−AC−D的大小为45°，求直线AE与平面ACF所成角的正弦值. 17. 设数列的首项为常数，且 （1）判断数列是否为等比数列，请说明理由； （2）是数列的前项的和，若是递增数列，求的取值范围. 18. 已知双曲线的渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为，过点作直线（不与轴重合）与双曲线相交于两点，过点作直线的垂线为垂足． （1）求双曲线标准方程； （2）是否存在实数，使得直线过定点，若存在，求的值及定点的坐标；若不存在，说明理由. 19. 已知. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个极值点，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高二第二学期第一次检测数学2025.2 出题人：高二备课组 审题人：高二备课组 一、单选题 1. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把抛物线方程化为标准方程后得焦参数值后可得准线方程． 【详解】由题意抛物线标准方程为，，， 所以准线方程为． 故选：C． 2. 若函数的图象如图所示，则函数的导函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的图象可知其单调性情况，再由导函数与原函数的关系即可得解. 【详解】由函数的图象可知，当时，从左向右函数先增后减， 故时，从左向右导函数先正后负，故排除AB； 当时，从左向右函数先减后增， 故时，从左向右导函数先负后正，故排除D. 故选：C. 3. 从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】利用分步计数原理可得出结果. 【详解】从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人， 第一个路口有种选择，第二个路口有种选择，最后一个路口有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法种数为种. 故选：B. 4. 如图，是某心形二次曲线，则的方程可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用排除法，根据对称性排除CD，令，解方程排除B. 【详解】显然图象关于y轴对称，即把x换成方程不变，可知CD错误； 对于B：令，可得，解得或，不合题意； 故选：A. 5. 已知等比数列的首项，公比为q，记，则“”是“数列为递减数列”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】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式以及充分性和必要性的定义进行判断即可. 【详解】由题意，， 则 当时，对于不一定恒成立， 如取，,即得不到数列为递减数列； 当数列为递减数列时，且对于恒成立， 又因，故得. 故“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件. 故选：B. 6. 在数列中，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由累加法求通项即可得出答案. 【详解】由可得： ， ．经验证，也适合上式. 故选：B. 7. 在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，得到点的坐标，因为平面的法向量既垂直于平面内的向量，也垂直于平行于平面的向量，求得法向量，由点到面的距离公式即可求得结果. 【详解】如图，以原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ∴，，，， ∴，， 设平面的一个法向量为， ∵，，∴，， 即， 令则， 即为平面的一个法向量， ∴点到平面的距离. 故选：D 【点睛】方法点睛：求点到面的距离可以由点与平面上一个点的向量在这个平面的法向量上的投影长得到，所以本题需要求出平面的其中一个法向量，平面的法向量可以通过平面内的向量和平行于平面的向量来求得. 8. 已知函数，当时，，则a的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. e D. ﹒ 【答案】D 【解析】 【分析】易得在R上递增，令，得到恒成立，将，转化为，即恒成立求解. 【详解】当时，，在上递增，且； 当时，上递增，且， 所以在R上递增， 令， 当时，， 当时，， 所以恒成立， 因为，即， 即， 所以，即， 令，,则在上递增， 所以， 则，即，所以a的最小值为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：令，可得恒成立，从而可转化不等式，进而利用单调性解不等式. 二、多选题 9. 设等差数列的公差为，前项和. 若，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. C. D. 中最大的是 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即可判断出结论． 【详解】依题意，有， ，化为：，， 即，， ． 由，得，由，可得，故，故C正确； 则，所以等差数列是单调递减的，故A不正确； 则，故B正确； 又时，，时， 所以中最大的是，故D正确. 故选：BCD． 10. 已知圆M：，直线l：，P为直线l上的动点，过P点作圆M的切线PA，PB，切点为A，B，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，直线AB的方程为 B. 四边形MAPB面积的最小值为4 C. 线段AB的最小值为 D. 当时，点P横坐标取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】当时，可求出点到直线距离，然后结合斜率可解得直线AB的方程，即可判断A，对于B，，求出的最小值即可判断，对于C，可分析出最小时，最小，即可判断，对于D，当时，可求出，然后可求出点P横坐标取值范围，即可判断. 【详解】圆M：的圆心，半径为， 对于A，当时，，，所以是等腰直角三角形， 所以，， 所以点到直线距离为， 因为，所以，设的方程为， 由点到直线距离为可得，解得或（舍） 所以直线AB的方程为，故A正确， 对于B，因为，， 所以， 所以， 当取最小值时，四边形MAPB面积最小，此时， 所以四边形MAPB面积的最小值为，故B正确； 对于C，因为在中，，所以当最小时，最小， 当最小时，最小，最小，最小， 由前面知，此时，所以此时，故C错误， 对于D，当时，，所以， 所以，设，所以，解得，故D正确， 故选：ABD 11. 在棱长均为1的三棱柱中，，点满足，其中，则下列说法一定正确的有（ ） A. 当点为三角形的重心时， B. 当时，的最小值为 C. 当点在平面内时，的最大值为2 D. 当时，点到的距离的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】将用表示，再结合求出，即可判断A；将平方，将代入，再结合基本不等式即可判断B；当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，再根据即可判断C；求出在方向上的投影，再利用勾股定理结合基本不等式即可判断D. 【详解】对于A，当点为三角形的重心时，， 所以，又因为， 所以，所以，故A错误； 对于B， ， 因为，所以， 则 ， 当且仅当时取等号， 所以， 所以，所以的最小值为，故B正确； 对于C，当点在平面内时， 则存在唯一实数对使得， 则，又因为， 所以，所以， 因为，所以，所以的最大值为2，故C正确； 对于D，当时，由A选项知， ， 在方向上的投影为， 所以点到的距离， 因为，所以，当且仅当时，取等号， 所以点到的距离的最小值为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，是解决C选项的关键. 三、填空题 12. 已知点，，直线上不存在点，使得，则实数的取值范围是____. 【答案】 【解析】 【分析】求出以线段为直径的圆的方程，由题意可知直线与该圆相离，再利用点到直线的距离公式计算即可. 【详解】以线段为直径的圆的方程为， 圆心，半径， 因为直线上不存在点，使得， 所以圆与直线没有交点， 则圆心到直线的距离， 即，解得； 又当时，点A在直线上，且， 所以直线与直线垂直，此时圆与直线只有一个交点A，也符合题意. 所以实数a的取值范围是. 故答案为： 13. 点P在函数的图象上，若满足到直线的距离为2的点P有且仅有3个，则实数a的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】通过平移直线，结合函数的图象知，从与相切时平移到相距为2的平行线处，函数的图象上恰有3个点到的距离为2，求得函数切线方程，从而求得距离为2的平行线方程，从而求得a. 【详解】通过平移直线，结合函数的图象知，从与相切时平移到相距为2的平行线处，函数的图象上恰有3个点到的距离为2. 对函数求导得，切线斜率为1，设切点为，即，， 则切点为，其到的距离为2，即，解得或，由图知不符合题意，舍去.故 故答案为： 【点睛】方法点睛：将点到直线距离个数转化为平行线间距离，利用数形结合求得参数. 14. 如图，某酒杯上半部分的形状为倒立的圆锥，杯深，上口宽，若以的匀速往杯中注水，当水深为时，酒杯中水升高的瞬时变化率__________． 【答案】 【解析】 【分析】计算出当水深为时，水的体积，然后除以流速可得出时刻的值，设水的深度为，求出关于的函数表达式，利用导数可求得当水深为时，水升高的瞬时变化率. 【详解】设时刻水的深度为，水面半径为，则，得， 所以当水深为时，酒杯中水面半径为，此时水的体积为， 设当水深为的时刻为，可得，可得； 又由题意可得，则， 所以， 所以当时，. 故答案为：. 四、解答题 15. 如图，在三棱柱中，分别是上的点，且. 设. （1）试用表示向量； （2）若，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量加减法及向量数乘的几何意义，基底法表示； （2）利用向量的数量积运算求解向量的模. 【小问1详解】 ， 又，，， ∴． 【小问2详解】 因为，． ，．， ， ， ． 16. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD⊥底面ABCD，PA=PD，点E为BC的中点，△AEB为等边三角形. （1）证明：PB⊥AE； （2）点F在线段PD上且DF=2FP，若二面角F−AC−D的大小为45°，求直线AE与平面ACF所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，证明，由面面垂直得到线面垂直，进而得到，得到平面，求出PB⊥AE；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值；方法二：作出辅助线，得到二面角的平面角，求出各边长，利用等体积法求解点到平面的距离，从而求出线面角的正弦值. 小问1详解】 因为点为的中点且为等边三角形， 所以，从而. 取的中点，则四边形为菱形，连接BO， 故，① 又，且为的中点，则， 又平面平面，平面平面，所以平面， 从而② 由①②得：平面， 又平面，故. 【小问2详解】 解法一：设，作交，由（1）已证平面，从而两两垂直，以点，为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示. 则. 设平面的一个法向量为， 又， 由得 今，则，故， 由平面知为平面的一个法向量. 由二面角的大小为知，解得. 从而为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为， 从而直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：作交于，作于，连接， 由（1）已证平面，故平面， 又平面，所以， 又，所以平面， 所以为二面角的平面角，由题知. 不妨设，又， 所以，且， 所以. 设点到平面的距离为，则由知， 得，解得. 从而直线与平面所成角的正弦值为. 17. 设数列的首项为常数，且 （1）判断数列是否为等比数列，请说明理由； （2）是数列的前项的和，若是递增数列，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）由，当时，，即可得出结论． （2）由（1）可得：，可得，，可得，，即可得出． 【详解】（1）， 当时，， 时，为等比数列，公比为； 当时，，不是等比数列； （2）由（1）可得：， 只需，（） 当为奇数时，恒成立，又单减， ∴ 当为偶数时，恒成立，又单增， ∴ ． 【点睛】本题考查等比数列的定义通项公式与求和公式及其单调性，考查推理能力与计算能力，属于中档题． 18. 已知双曲线的渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为，过点作直线（不与轴重合）与双曲线相交于两点，过点作直线的垂线为垂足． （1）求双曲线的标准方程； （2）是否存在实数，使得直线过定点，若存在，求的值及定点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在实数，使得直线过定点 【解析】 【分析】（1）焦点到渐近线的距离为，在根据渐近线方程求出； （2）计算出的直线方程，再令即可求出定点坐标. 【小问1详解】 焦点到渐近线的距离不妨求直线的距离，渐近线方程，得 所以双曲线方程为； 【小问2详解】 假设存在实数，使得直线过定点, 设直线，则． 联立，消得 则． 直线，令得: 又 当即时，为定值 所以存在实数，使得直线过定点. 19. 已知. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个极值点，，证明：. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性； （2）借助换元法，令，，，可得、是方程两个正根，借助韦达定理可得，，即可用、表示，进而用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. 【小问1详解】 当时，， ， 则当，即时，， 当，即时，， 故的单调递减区间为、，单调递增区间为； 【小问2详解】 ，令，即， 令，，则、是方程的两个正根， 则，即， 有，，即， 则 ， 要证，即证， 令， 则， 令，则， 则在上单调递减， 又，， 故存在，使，即， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又，则，故， 即，即 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令，，，从而可结合韦达定理得、的关系，即可用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $