精品解析：江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高二下学期第一次段考数学试题（日新班）

丰城九中2024-2025学年下学期高二日新第一次段考数学试卷 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 一、单项选择题（本大题共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. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合满足，则所有满足条件的集合的个数是（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 3. “”是“复数为纯虚数”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 4. 已知平面向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断、不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”．下列几何体可以“一笔画”的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线：和圆：，过点作直线与上述两曲线自左而右依次交于点，，，，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 8. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共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.全部选对得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分） 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 若空间向量、、，满足，，则 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 点关于平面对称的点的坐标是 D. 若、是两个单位向量，则 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数的图象的一条对称轴方程为 D. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 11. 已知定圆，点是圆所在平面内异于的定点，点是圆上的动点，若线段的中垂线交直线于点．则点的轨迹可能为（ ） A. 椭圆 B. 双曲线的一支 C. 双曲线 D. 圆 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把正确答案填在题中横线上） 12. 已知，，若与的夹角是钝角，则实数的取值范围是______． 13. 记等差数列和的前项和分别为和，若，则______. 14. 在中，，，依次成等差数列，，的取值范围为______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算） 15. 在中，内角，，的对边分别为，，，，. （1）求； （2）若，，求. 16. 如图，在三棱锥中，，侧面底面，，为线段上一点，且满足. （1）若为的中点，求证：； （2）当最小时，求二面角的余弦值. 17. 已知等差数列的前n项和为，且．当时，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 18. 已知函数 （1）若函数在处有极值为10，求b的值； （2）对任意，在区间上单调递增，求b的最小值． 19. 若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在，使得；②为单调数列，则称数列具有性质，注：若数列的各项满足（或，则称数列为递增（递减数列）.递增或递减的数列统称为单调数列. （1）若，判断数列是否具有性质，并说明理由； （2）已知离散型随机变量服从二项分布，记为奇数的概率为.证明：数列具有性质； （3）已知函数，试判断数列是否具有性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城九中2024-2025学年下学期高二日新第一次段考数学试卷 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 一、单项选择题（本大题共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. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线的标准方程求渐近线方程即可得解. 【详解】对于双曲线， 令，得， 所以双曲线的渐近线方程是. 故选：B. 2. 已知集合满足，则所有满足条件的集合的个数是（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知，只需考虑元素3，4，5，6的情况即可. 【详解】由已知可得，1和2一定是集合的元素，所以只需要考虑剩余元素3，4，5，6的情况即可. 又集合的子集个数为，所以所有满足条件的集合的个数是16. 故选：D. 3. “”是“复数为纯虚数”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】C 【解析】 【分析】利用充分条件和必要条件的定义，结合复数的除法运算及纯虚数的概念求解. 【详解】复数， 当时，，复数，是纯虚数； 当复数为纯虚数时，有，解得. 则“”是“复数为纯虚数”的充要条件. 故选：C 4. 已知平面向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件求得，再由平面向量的夹角公式即可求解. 【详解】由，， ． 故选：D． 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由诱导公式和和差角公式化简等式求得的值，从而知道的值，然后得到的值. 【详解】，， ，可得， ，． 故选：A． 6. 从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断、不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”．下列几何体可以“一笔画”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一笔画的要求，先找到都是偶点的图形，一定可以一笔画，再验证奇点的图形是否符合一笔画的条件. 【详解】从一顶点出发的边数为双数的顶点叫偶点，凡是偶点组成的图形一定可以一笔画，所以C 选项正确; 从一顶点出发的边数为单数的顶点叫奇点，凡是奇点组成的图形，必须满足只有两个奇点，其余点为偶点才可以一笔画， 而ABD选项图形中，每个点都是奇点，所以不能一笔画. 故选：C 7. 已知抛物线：和圆：，过点作直线与上述两曲线自左而右依次交于点，，，，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可设直线的方程为，设，利用韦达定理可得，再结合抛物线的定义可得，然后利用基本不等式即得. 【详解】由抛物线：可知焦点为， 当直线的斜率为0时，; 当直线斜率不为0时，设直线的方程为， 由，得， 设，则， 由抛物线的定义可知 ∴， ∴， 当且仅当时取等号. 故选：D 8. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断为上的增函数且，利用这两个性质可得关于不等式，利用判别式可求参数的取值范围，注意分类讨论. 【详解】的定义域为， ，故， ， 因为（当且仅当等号成立）， （当且仅当等号成立）， 故，所以为上的增函数， 故可转化为：， 即转化为：， 所以对任意的恒成立， 故对任意的恒成立， 当时，恒成立，故符号， 当时，，故， 当时，的图象为开口向上的抛物线， 故对任意不恒成立，舍， 故， 故选：C. 二、多项选择题（本大题共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.全部选对得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分） 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 若空间向量、、，满足，，则 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 点关于平面对称的点的坐标是 D. 若、是两个单位向量，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用空间向量相等的传递性可判断A选项；利用线面位置关系与空间向量的关系可判断B选项；利用空间直角坐标系中点的对称性可判断C选项；利用单位向量的概念可判断D选项. 【详解】对于A选项，若空间向量、、，满足，，则，A对； 对于B选项，因为，则，所以，或，B错； 对于C选项，点关于平面对称的点的坐标是，C错； 对于D选项，若、是两个单位向量，则，D对. 故选：AD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数的图象的一条对称轴方程为 D. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 【答案】AD 【解析】 【分析】对于选项A，将函数化简为最简形式，利用最小正周期公式即可求得；对于选项B利用整体代入思想与正弦函数的单调性可得；对于选项C利用对称轴公式即可求得，对于选项D则利用平移变换的知识即可求出. 【详解】对于A， ， 函数的最小正周期，故A正确； 对于B，因为，∴， 而函数在上不单调，故在区间上不单调，故B错误； 对于C，由（），得（）， 不可能取到，故C错误； 对于D，由的图象向左平移个单位长度，得，故D正确. 故选：AD 11. 已知定圆，点是圆所在平面内异于的定点，点是圆上的动点，若线段的中垂线交直线于点．则点的轨迹可能为（ ） A. 椭圆 B. 双曲线的一支 C. 双曲线 D. 圆 【答案】AC 【解析】 【分析】根据点的不同，结合图形以及椭圆和双曲线的定义进行判断即可. 【详解】由题知，，圆半径为，连接， 则， 当在圆内时，如图所示， 所以， 可得点的轨迹为到两定点之间的距离之和为的椭圆； 当在圆上时，如图，为圆的弦， 则点的轨迹是点， 当点在圆外时，如图， 则， 所以点的轨迹为到两定点之间距离之差的绝对值为的双曲线. 故选：AC 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把正确答案填在题中横线上） 12. 已知，，若与的夹角是钝角，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量数量积的坐标表示及平行坐标公式判断钝角即可求出参数范围. 【详解】因为与夹角为钝角， 可以得出，解得：， 且不平行，则， 即且，即. 故答案为： 13. 记等差数列和的前项和分别为和，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】结合等差数列的前项和公式,可得,求解即可. 【详解】由题意,,, 因为,所以. 故答案为:. 【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式及等差中项的应用,考查了学生的计算求解能力,属于基础题. 14. 在中，，，依次成等差数列，，的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，利用数量积公式得，进一步由正弦定理、结合三角恒等变换将所求转换为求三角函数值域即可. 【详解】根据题意，又， 所以， 而， 由正弦定理有， 所以， 所以 ， 而的取值范围是， 所以的取值范围是，的取值范围是， 所以的取值范围是， 所以的取值范围为. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算） 15. 在中，内角，，的对边分别为，，，，. （1）求； （2）若，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理、正弦定理及三角恒等变换化简即可得解； （2）由正弦定理求出，再由余弦定理即可得解. 【小问1详解】 由可得， 由，可得， 因为， 由正弦定理可得， 故， 化简可得，即， 所以， 所以 . 【小问2详解】 因为，， 所以， 所以， 由余弦定理可得 ， 所以. 16. 如图，在三棱锥中，，侧面底面，，为线段上一点，且满足. （1）若为的中点，求证：； （2）当最小时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)见证明；(2) 【解析】 【分析】(1)根据中点可得 ，再根据面面垂直的性质定理得面，即可证明结论(2) 以为坐标原点，分别以射线和垂直于面向上的方向为轴，建立空间直角坐标系，求出两个半平面的法向量，利用公式求其夹角余弦即可. 【详解】（1）在，因为,， 为的中点，所以， 因为面面，面面，所以面， 又面， （2）以为坐标原点，分别以射线和垂直于面向上的方向为轴，建立空间直角坐标系， 设，则有，因为侧面底面，， 所以， 所以， 当时，最小， 此时，， 设为平面的一个法向量，则有， 所以，令，则， 而平面的一个法向量为， 所以， 故二面角的余弦值为. 【点睛】本题主要考查了线线垂直，面面垂直的性质，线面垂直的判定及性质，利用法向量求二面角，属于中档题. 17. 已知等差数列的前n项和为，且．当时，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件列出关于首项和公差的方程，求出数列的通项公式；，两边同时乘以，则，当时，，两式相减，即可求出的通项公式； （2）由（1）知，，再由裂项相消法求数列的前n项和． 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为， 由，可得， 故数列的通项公式为. ，两边同时乘以， 则 当时，， 当时，， 两式相减，可得，所以， 当时，，故满足，故. 【小问2详解】 ， 所以 . 故. 18. 已知函数 （1）若函数在处有极值为10，求b的值； （2）对任意，在区间上单调递增，求b的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用已知条件可列出方程组，求出的两组解，再进行检验即可； (2)将已知条件转化为恒成立问题，进而利用函数的恒成立问题即可求解. 【小问1详解】 ，, 又函数在处有极值为10， ，或， 当，时，， 令，则或， 当时，，单调递减；当时，，单调递增，且， 满足函数在处有极值为10； 当，时，， 则函数无极值点. 的值为. 【小问2详解】 对任意，在区间上单调递增， 在任意，恒成立， 记， ，在上单调递增， 在恒成立， 令， 函数对称轴为，， ，的最小值为. 19. 若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在，使得；②为单调数列，则称数列具有性质，注：若数列的各项满足（或，则称数列为递增（递减数列）.递增或递减的数列统称为单调数列. （1）若，判断数列是否具有性质，并说明理由； （2）已知离散型随机变量服从二项分布，记为奇数的概率为.证明：数列具有性质； （3）已知函数，试判断数列是否具有性质. 【答案】（1）不具有，具有，理由见解析 （2）证明见解析 （3）具有，具有 【解析】 【分析】（1）对于判断数列是否具有性质，需要根据性质的定义，即判断数列是否为无穷正项数列，是否存在使得，以及数列是否为单调数列即可. （2）对于证明数列具有性质，需要根据二项分布的性质，先求出的表达式，再分析其单调性和有界性即可. （3）对于判断数列和是否具有性质，需要根据函数的性质，通过分析数列的递推关系来判断其单调性和有界性即可. 【小问1详解】 因为单调递增，不存在正数， 使得恒成立，所以数列不具有性质. 因为，又数列为单调递减数列，所以数列具有性质. 【小问2详解】 因为， 若为奇数的概率为为偶数的概率为， 则， 记为①， ， 记为②， 而，即， 所以当时，， 故随着的增大而增大，且，即数列具有性质. 【小问3详解】 令， 则，，， 所以当时，在上递减，而， 故，由零点存在性定理得在有唯一的零点， 得到，即， 且当时，，即， 当时，，即 由，可知， 此时在上单调递增； 由， 得到， 故， 假设时，成立， 则， 即成立， 结合可得：对于任意恒成立， 故为递增数列，为递减数列. 对数列，存在，使，所以数列具有性质. 对数列，存在，使，所以数列也具有性质. 【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是合理运用导数和数学归纳法，然后结合给定定义得到所要求证明的命题即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $