河南省开封高级中学东校2023-2024学年高二下学期数学滚动测试卷二

开封高中东校区2025届高二下学期数学滚动测试卷二 一、单选题 1．记为等差数列的前项和，若，，则（    ） A．36 B．45 C．63 D．75 2．已知椭圆的左、右焦点分别为，，若椭圆上一点P满足，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 3．函数的图象在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 4．已知且，且，且，则（    ） A． B． C． D． 5．我国古代数学著作《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”其大意是：现有一位善于步行的人，第一天行走了一百里，以后每天比前一天多走里，九天他共行走了一千二百六十里，求d的值.关于该问题，下列结论错误的是（    ） A． B．此人第三天行走了一百三十里 C．此人前七天共行走了九百一十里 D．此人前八天共行走了一千零八十里 6．已知抛物线的焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为（    ） A．5 B． C． D． 7．已知函数有三个零点，且，则（    ） A．8 B．1 C．－8 D．－27 8．已知定义在上的函数满足，，若对任意正数，都有，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．设椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是（     ） A．|PF1|＋|PF2|＝2 B．离心率e＝ C．△PF1F2面积的最大值为 D．以线段F1F2为直径的圆与直线相切 10．在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（　　） A．异面直线与所成的角为 B．是平面的一个法向量 C．二面角的正切值为 D．正方体的外接球的体积为 11．已知定义在上的连续可导函数，，的导函数为，若，是指数函数，，，则下列说法正确的是（     ） A． B．在上单调递增 C．， D． 三、填空题 12．已知抛物线与圆交于A，B两点，则 ． 13．椭圆的两个焦点为，，过的直线交椭圆于，两点，，，则椭圆的离心率为 . 14．已知数列的前n项和为，数列是首项为，公差为的等差数列.表示不超过x的最大整数，如，则数列的前35项和为 . 四、解答题 15．已知函数在和处取得极值． （1）求的值及的单调区间； （2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围． 16．已知在数列中，为其前项和，且，数列为等比数列，公比，，且，，成等差数列． （1）求与的通项公式； （2）令，求的前项和． 17．如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD平面ABCD，，点E是上的点，且 （1）求证：对任意的，都有 （2）设二面角C—AE—D的大小为，直线BE与平面ABCD所成的角为，若，求的值 18．已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点M（0，2）是椭圆的一个顶点，△F1MF2是等腰直角三角形． （1）求椭圆C的方程； （2）设点P是椭圆C上一动点，求线段PM的中点Q的轨迹方程； （3）过点M分别作直线MA，MB交椭圆于A，B两点，设两直线的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=8，探究：直线AB是否过定点，并说明理由． 19．已知函数 (1)已知恒成立，求的值； (2)当时，，求的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 开封高中东校区2025届高二下学期数学滚动测试卷二参考答案 1．B 【分析】由等差数列的前项和性质可得成等差数列，进而可得结果. 【详解】因为为等差数列的前项和， 所以成等差数列，即成等差数列， 所以，解得， 故选：B. 2．C 【分析】根据椭圆的几何性质列式求解离心率即可. 【详解】解：如图， 设，∴，∵ ∴， ∴离心率. 故选：C． 3．A 【分析】先求出和切线的斜率为，再利用直线的点斜式方程得解. 【详解】因为，所以， 所以，，所以切线的斜率为， 所求切线方程为，即. 故选：A 4．A 【分析】可设，利用导数说明其单调性，依题意可得，，，从而得出，根据题意可知，，，这样即可得出，，的大小关系． 【详解】解：记，有， 所以当时，当时， 在单调递减，在单调递增， 因为且，且，且 即，， 即，，， 则，， ，，，，，， ． 故选：． 5．B 【分析】设此人第天走里，则数列是公差为的等差数列，记数列的前项和为，由题意可得出关于、方程组，解出的值，可判断A选项；利用等差数列的通项公式可判断B选项；利用等差数列的求和公式可判断CD选项. 【详解】设此人第天走里，则数列是公差为的等差数列，记数列的前项和为， 由题意可得，解得，A结论正确； ，B结论错误； ，C结论正确； ，D结论正确. 故选：B. 6．B 【分析】根据抛物线的定义和性质求解即可. 【详解】 由得，所以直线过定点． 连接AM，则，由题意易知点Q在以AM为直径的圆上，设，所以点Q的轨迹方程为（不包含点），（直线的斜率不为零） 记圆的圆心为，过点Q，P，N分别作准线的垂线，垂足分别为B，D，S，连接QD，则， 当且仅当S，P，Q，N四点共线且点Q在P，N之间时等号同时成立，所以的最小值为． 故选：B. 7．D 【分析】根据题意可得：有三解，令，由的图像可得故最多只有两个解，所以有两解，，有一解为，有两解为，代入即可得解. 【详解】由， 即有三解， 令，设， ， 当，为增函数， 当，为减函数， 图像如图所示： 故最多只有两个解， 若要有三解， 则有两解， ，， 故有一解为， 有两解为， ， 故选：D 8．B 【解析】根据基本等式求出最小值，不等式转化为解不等式，构造函数，由条件可得，转化为与相关的函数，通过求导可得，即在是减函数，即可解不等式. 【详解】， 当且仅当时，等号成立. 所求不等式转化为，设， ， ， 得， 设， 令，当时，， 当时，时取得极大值， 即为最大值为， 在是减函数，等价于， . 故选:B 【点睛】本题考查基本不等式求最值，考查利用函数的单调性解不等式，解题的关键是构造函数，利用导数研究函数的单调性，属于难题. 9．AD 【分析】由椭圆定义可判断A；求出离心率可判断B；当P为椭圆短轴顶点时，△PF1F2的面积取得最大值，求出可判断C；求出圆心到直线距离可判断D. 【详解】对于A，由椭圆的定义可知，故A正确； 对于B，由椭圆方程知，所以离心率，故B错误； 对于C，，当P为椭圆短轴顶点时，△PF1F2的面积取得最大值，最大值为，故C错误； 对于D，以线段F1F2为直径的圆的圆心为(0，0)，半径为c＝1，圆心到直线的距离为＝1，即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段F1F2为直径的圆与直线相切，故D正确. 故选：AD. 10．ABD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的余弦值及二面角的余弦值，即可判断AC，再根据线面垂直的判定定理即可说明B，根据正方体外接球的直径即可体对角线，即可求出外接球的体积； 【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，设异面直线与所成的角为，所以，因为，所以，故A正确； 在正方体，平面，平面，所以平面，又，，面 所以平面，所以是平面的一个法向量，故B正确； 设面的法向量为，则，，所以，令，则，，所以，显然面的一个法向量可为，设二面角为，则，因为二面角为锐二面角，所以，所以，故C错误； 正方体外接球的半径， 故其外接球的体积为，故D正确； 故选：． 【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和异面直线所成的角与二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 11．AC 【分析】由及可得函数的解析式，结合导数即可判断B；由是指数函数及可得的解析式，可判断A；由解析式计算可判断C；D选项代入后为比较与的大小关系，可转化为比较与的大小关系，构造函数，结合导数研究即可得. 【详解】由，即， 即有，可得（为常数）， 又，故，所以， 对于选项A，（且），由，得， 故，故A正确； 对于选项B，，当时，， 故在上单调递减，故B错误； 对于选项C，，而， 故，故，故C正确； 对于选项D，，， 设，则， 令，则；令，则， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以， 故，故D错误， 故选：AC． 12．4 【分析】先联立抛物线与圆求出A，B横坐标，再代入抛物线求出纵坐标即可求解. 【详解】由抛物线与圆的性质易得A，B横坐标相等且大于0， 联立，得，解得或（舍去）， 则，将代入可得，则. 故答案为：. 13． 【分析】设椭圆，设，运用椭圆的定义，可得，，即有，取的中点，连接，则，由勾股定理可得a,c的另一关系式，联立解得，，运用离心率公式计算即可得到答案． 【详解】设椭圆， ，，，如图示： 设，则， 由椭圆的定义可得， ，即有，即，① 取的中点，连接，则 ，由,则， 由勾股定理可得，即为，② 由①②解得，，则离心率，故答案为： 14．397 【详解】由题可得，所以，当时，， 当时，， 又也适合上式，∴， 令，则，，，，，，，…，，，，所以，，，，，，，…，，，，所以数列前35项的和为. 故答案为：397. 15．（1），；（2）. 【详解】（1）∵，， ∴，当时，满足上式， ，，由于，∴，∴ （2）由（1）得，，① ∴，② ①②得，∴. 16．（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）证法：以D为原点，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 即； （2）由（1）得. 设平面ACE的法向量为，则由得，即， 取，得·易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为与.. ，即.由于，解得，即为所求. 17． （1）椭圆方程为．（2） （3）直线AB过定点（，﹣2）． 解：（1）由已知可得b=2，，∴所求椭圆方程为． （2）设点P（x1，y1），PM的中点坐标为Q（x，y），则 由，得x1=2x，y1=2y﹣2代入上式得 （3）若直线AB的斜率存在，设AB方程为y=kx+m，依题意m≠±2． 设A（x3，y3），B（x2，y2），则将直线方程代入椭圆方程可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8=0． 则，．∵k1+k2=8，∴+=8， ∴2k+（m﹣2）×=8．∴k﹣=4，整理得m=． 故直线AB的方程为y=kx+，即y=k（x+）﹣2． 所以直线AB过定点（，﹣2）． 若直线AB的斜率不存在，设AB方程为x=x0， 设A（x0，y0），B（x0，﹣y0）， 由已知+=8，得x0=﹣． 此时AB方程为x=﹣，显然过点（，﹣2）． 综上，直线AB过定点（，﹣2）． 18．(1)；(2). 【分析】（1）变形给定不等式，构造函数，利用导数分类讨论，求出最小值不小于0的a值作答. （2）构造函数，，利用导数探讨其单调性、最值即可推理作答. 【详解】（1）依题意，函数定义域为R，， 令，即，求导得， 当时，，函数在R上单调递增，当时，，不符合题意， 当时，当时，，当时，，即函数在上递减，在上递增， 于是得，因此，令， ，当时，，当时，，即函数在上递增，在上递减， 因此，即，，而，则有，， 所以. （2）依题意，， ，令，，则， 令，则，即函数在上单调递增， 于是得，，即，则有，， 令，有，即函数在上单调递增， 则，，即，从而得，函数在上单调递增， 则有，显然当时，函数的值域为， 于是得函数在上的值域为，当时，，函数在上单调递增， 因此，，则， 当时，则存在，使得，显然函数在上单调递增， 即当时，，则函数在上单调递减，当时，，与已知矛盾， 所以的取值范围是. 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$