精品解析：安徽省安庆市第一中学2024-2025学年高二下学期尖子生联考数学试卷

高二数学 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. 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. 设全集，集合，，则集合等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式求得集合，进而求得 【详解】因为， 又因为， 所以. 所以. 故选：A. 2. 复数满足（为虚数单位），则复数的模等于（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的除法公式化简复数，再求模长即可. 【详解】由题意可得， 所以， 故选：C 3. 已知直线a，b和平面，，，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理即可求解. 【详解】由， 由，则或与异面， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：A. 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用函数的奇偶性定义判断函数奇偶性，排除C，D；再结合原点附近函数的值的符号即可确定选项A. 【详解】由可知，函数的定义域为， 且，则函数为奇函数，图象关于原点对称，故排除C，D两项； 因为当时，函数恒为正值，则也恒为正值，故B项不合题意，A项正确. 故选：A. 5. 已知是等差数列，，前10项和，则其公差（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件化简求得公差. 【详解】，，. 故选：D. 6. 若是直线上一动点，过作圆的两条切线，切点分别为，则四边形面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合图象，将四边形的面积用表示出来，从而将求面积最小值转化成求的最小值，易得此最小值即点到直线的距离. 【详解】 如图，由可得，则其圆心为，半径. 因为直线与圆相切，所以，且， 则四边形面积， 又，则. 故当取最小值时，四边形面积取最小值， 由图象可得，取得的最小值即为点到直线的距离， 即， 故四边形面积的最小值为. 故选：B. 7. 已知，，，是半径为5的球体表面上的四点，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据球的性质可得平面，进而可得平面与平面的夹角，为的余角，利用正弦定理求解外接圆半径，利用球的性质，借助勾股定理可得的长度，即可结合锐角三角函数求解. 【详解】设球心为，分别取，的外接圆圆心为，， 连接，，，， 点为中点，则， 由为外心，故，则， 由题意可得平面，故平面与平面的夹角，即为的余角. 在中，，， 则由正弦定理可得，由球的半径为5， 故，， 由平面，平面，可得， 则中，， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 故选：D. 8. 已知的定义域为，是的导函数，且，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，可得，构造函数，进而求导可定函数的单调性，即可求解的最值，从而可判断的单调性，即可根据单调性求解. 【详解】因为，化简得， 构造函数，则，. 代入已知得. 再构造函数，则， 易知，当时，，函数在单调递增； 当时，，函数在单调递减， 所以， 由于，所以，所以， 所以当时，，函数在单调递减； 当时，，函数在单调递减， 所以在单调递减. 根据单位圆可得三角不等式，所以， 且，，故. 故选：C. 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. 直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】将直线方程与双曲线方程联立，可得出关于的方程有一正一负根，可得出关于的不等式组，解之即可. 【详解】联立，消去得. 因为直线与双曲线的左、右两支各有一个交点， 所以方程有一正一负根，设这两根分别为、， 所以，整理得，解得. 所以的取值范围为， 故选：BCD. 10. 已知向量的夹角为，，，，则（ ） A. 在方向上的投影向量的模为1 B. 在方向上的投影向量的模为 C. 的最小值为 D. 取得最小值时， 【答案】AD 【解析】 【分析】利用投影向量的模长公式和数量积的运算律逐项判断即可. 【详解】由题意在方向上的投影向量的模为，故A说法正确； 在方向上的投影向量的模为，故B说法错误； ， 当时，取得最小值， 此时， 所以，故C说法错误，D说法正确， 故选：AD 11. 设函数（，是常数，，），若在区间上具有单调性，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的周期为 B. 的单调递增区间为 C. 的对称轴为 D. 的图象可由的图象向左平移个单位得到 【答案】BC 【解析】 【分析】由正弦型函数的特点，单调区间的长度小于等于周期的一半，先求出周期的取值范围，然后判断题目给出的几个特殊点在同一个周期内，可以求出对称轴和对称中心的位置.再根据相邻的对称轴和对称中心的关系求出周期，求出和的值. 【详解】由在区间上具有单调性知，的周期满足，所以， 又因为，所以，在同一个周期内且，故的一条对称轴为， 又由知的一个对称中心为，且所求得的对称轴与对称中心是相邻的，所以，得，A错误. 故，又因为的一个对称中心为，所以，由知，，故. 由，解得，，B正确； 由，得，，C正确； 的图象向左平移个单位得，D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用对数的运算法则即可求得答案. 【详解】，，即，， 所以即，所以. 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】求导，根据导数的几何意义可得切线方程，设切线与曲线的切点可得，再构造函数求导，根据导数判断函数的单调性及方程的解即可得. 【详解】由求导得，令得切线斜率， 由求导得， 设切线与的切点为， 根据题意可得，即， 又， 所以，即， 令，则， 所以在内单调递减，而，故在内存在唯一的，使得， 代入解得， 故答案为： 14. 已知A，B是椭圆的左右顶点，是双曲线在第一象限上的一点，直线分别交椭圆于另外的点．若直线MN过椭圆右焦点F，且，则椭圆的离心率为______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】由题， ，设，由题可得，进而可得，后由可得答案. 【详解】由题， ，设. 则，又点P在双曲线上，则. ，又点M在椭圆上，则. 注意到，则. 即直线MB与直线NB关于x轴对称，又椭圆为轴对称图形，则M，N两点关于x轴对称，故. 设椭圆右焦点坐标为，其中，因直线MN过椭圆右焦点F，则，将其代入椭圆方程可得. 则，又，则. 则. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：常见求解椭圆或双曲线离心率的方法. （1）由题直接求出a,c的值，由离心率定义确定答案； （2）构建关于a,c的二元齐次方程，后转化为关于e的方程求解； （3）通过取特殊点或特殊值求出离心率. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求的大小； （2）若为边上一点，且，，证明：为直角三角形. 【答案】（1） （2） 由为边上一点，得，则， 由余弦定理得，又，， 即，整理得， 又，因此， 即，整理得，则，， 因此，即， 所以为直角三角形. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合同角公式求出. （2）根据给定条件，利用诱导公式及余弦定理列式得，再利用余弦定理推理得证. 【小问1详解】 在中，由正弦定理及，得， 而，则，两边平方得， 又，即，解得，所以. 【小问2详解】 略 16. 如图，在三棱台中，，，，与相交点，点在上，且. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值 【答案】（1） 在上作点，使得，则，平面，平面，所以平面， 又因为，且，所以，所以，平面，平面， 所以平面，平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）先线面平行判定定理得出平面及平面，再根据面面平行判定定理得出平面平面，再应用，面面平行性质定理得出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，先求出法向量，再结合线面角的正弦公式计算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作,，所以，所以； 过作,，所以，所以； 平面，平面，所以平面， 因为平面，以为原点，平面为平面，为轴，过A作的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，且，， 所以，则， 则，， 设向量是平面的一个法向量， 则， 取，则，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为 17. 在数列中，且对任意，，，是公差为的等差数列. （1）写出数列的前5项，并求出数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：. 【答案】（1），，，，， （2） 由题设， 当是奇数时 当是偶数时； 所以，且对任意，， 所以时 因此， 【解析】 【分析】（1）将和分别代入即可得前5项，通过累加法可得通项公式； （2）通过放缩思想结合裂项相消法即可得结果. 【小问1详解】 由题设可得，，，，. 因为，，是公差为的等差数列，所以， 从而有，，…，， 累加可得，所以 又，，是公差为的等差数列，故 综上所述当是奇数时，，当是偶数时，，即 【小问2详解】 略 18. 已知抛物线的焦点到直线的距离为.设点为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，，其中，为切点. （1）当点为直线与轴交点时，求； （2）证明：直线过定点，并求出定点的坐标； （3）当点在直线上移动时，求的最小值. 【答案】（1） （2） 依题意，不妨设，直线的方程为， 联立方程，消去并整理得， 所以，解得，所以， 解得，所以，所以切点坐标为， 直线的方程可写作，所以， 由，得，整理得， ， 所以方程有两个根，，不妨记直线的斜率为，的斜率为， 由韦达定理有，， 且由上述可知，，故直线的斜率为， 且的中点坐标为， 则直线的方程为 ， 当点在坐标轴时，也过定点， 所以直线过定点； （3） 【解析】 【分析】（1）根据点到直线距离得到方程，求出，所以抛物线，并求出点坐标，设出切线方程，联立后，由根的判别式得到方程，求出直线斜率，从而得到，由二倍角公式得到答案； （2）设，直线的方程为，联立抛物线方程，由根的判别式得到方程，求出，求出切点坐标为，整理得到，得到两根之和，两根之积，表达出直线的方程，求出定点坐标，当点在坐标轴时，也过定点，所以直线过定点； （3）设，，表达出，在（2）基础上，得到，得到答案. 【小问1详解】 根据题意有，解得，所以抛物线， 因为点为直线与轴交点，所以点坐标为， 易知直线，的斜率存在，不妨设为， 则其方程为，联立方程有， 消去并整理得， 由题意可知，解得， 所以，得， 所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 点坐标为，，， 所以，， ， 所以当点在直线上移动时，求的最小值为. 19. 已知函数，. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）若，证明：在上有且只有一个零点. 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 当时，， 令，则，， 当时，，单调递减， 所以在上，，， 易得，在上没有零点，故只需证明在上有且只有一个零点， 令，， 在上，单调递减，，， 所以存在使得，在上，在上，； 因此在上单调递增，在上单调递减，，； 所以存在使得，在上，在上，； 故在上单调递增，在上单调递减，且，， 所以在区间，存在唯一的使得，在上没有零点 ∴时，函数在上有且只有一个零点. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）利用导数求的单调性，按的不同取值分类讨论即可求解； （3）利用导数求的单调性，结合零点存在性定理证明即可. 【小问1详解】 当时，，，， 所以在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 因为，且， 由得， 当时，在上恒成立， 所以单调递增，恒成立， 当时，， 又因为，所以， 则在上，， 记，则时，，单调递减， ，与恒成立不符， 综上所述，恒成立，实数的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 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. 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. 设全集，集合，，则集合等于（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足（为虚数单位），则复数的模等于（ ） A. 5 B. C. D. 3. 已知直线a，b和平面，，，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 5. 已知是等差数列，，前10项和，则其公差（ ） A. 3 B. 2 C. D. 6. 若是直线上一动点，过作圆的两条切线，切点分别为，则四边形面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，是半径为5的球体表面上的四点，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的定义域为，是的导函数，且，，则，，的大小关系是（ ） 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. 直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量的夹角为，，，，则（ ） A. 在方向上的投影向量的模为1 B. 在方向上的投影向量的模为 C. 的最小值为 D. 取得最小值时， 11. 设函数（，是常数，，），若在区间上具有单调性，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的周期为 B. 的单调递增区间为 C. 的对称轴为 D. 的图象可由的图象向左平移个单位得到 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则______. 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则______. 14. 已知A，B是椭圆的左右顶点，是双曲线在第一象限上的一点，直线分别交椭圆于另外的点．若直线MN过椭圆右焦点F，且，则椭圆的离心率为______． 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求的大小； （2）若为边上一点，且，，证明：为直角三角形. 16. 如图，在三棱台中，，，，与相交点，点在上，且. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值 17. 在数列中，且对任意，，，是公差为的等差数列. （1）写出数列的前5项，并求出数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：. 18. 已知抛物线的焦点到直线的距离为.设点为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，，其中，为切点. （1）当点为直线与轴交点时，求； （2）证明：直线过定点，并求出定点的坐标； （3）当点在直线上移动时，求的最小值. 19. 已知函数，. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）若，证明：在上有且只有一个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $