精品解析：四川资阳市安岳中学2025-2026学年高二下学期开学考试数学试题(强基班)

高2024级第四学期强基班入学考试 数 学 试 题 考试时间：120分钟；满分：150 一、单选题（本题含8小题，每题5分，共40分） 1. 若方程表示双曲线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 记等差数列的前项和为.若，，则（ ） A. B. C. D. 3. 等比数列的前项和为，，则（ ） A. 60 B. 50 C. 40 D. 30 4. 函数图象上的点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列满足，，则的前20项和为（ ） A. 299 B. 300 C. 301 D. 302 6. 已知点满足方程，点Q在圆上运动，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 已知定义在上的奇函数的导函数为，，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数有2个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题含3小题，每题6分，共18分） 9. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则（ ） A. B. C. 数列的前n项和的值可能为 D. 10. 已知圆和直线，点P在直线l上运动，直线、分别与圆C相切于点，则下列说法正确的是（ ） A. 切线长的最小值为 B. 四边形面积的最小值为4 C. 当最小时，弦所在的直线方程为 D. 弦所在直线必过定点 11. 如图，正四棱锥每一个侧面都是边长为4的正三角形，若点M在四边形ABCD内（包含边界）运动，N为PD的中点，则（ ） A. 当M为AD的中点时，异面直线MN与PC所成角为 B. 当平面PBC时，点M的轨迹长度为 C. 当时，点M到AB的距离可能为 D. 存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥内 三、填空题（本题含3小题，每题5分，共15分） 12. 直线：被圆：截得的弦AB的长为______. 13. 设两个等差数列的前项和分别为，若对任意正整数都有，则的值为__________. 14. 已知函数在上既有最大值，又有最小值，则实数的取值范围为___________． 四、解答题（共5小题，共77分） 15. 开展主题为“贯彻新发展理念，建设节水型城市”的用水宣传周活动，为了解活动开展成效，某街道办事处工作人员赴一小区调查住户的节约用水情况，随机抽取了200名业主进行节约用水调查评分，将得到的分数分成6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求a的值，并估计这200名业主评分的众数和中位数； （2）若先用分层抽样的方法从评分在和的业主中抽取5人，然后再从抽出的这5位业主中任意选取2人作进一步访谈：求这2人中至少有1人的评分在的概率． 16. 记数列的前项和为，已知. （1）证明：是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求的取值范围. 19. 已知椭圆（）的离心率为，过椭圆C上一点作两条互相垂直的直线，与椭圆分别交于异于点的两点. （1）求椭圆的方程； （2）求证：直线必过定点，并求出该定点坐标； （3）过点作，点为垂足，判断点是否在某个定圆上，并说明理由；若存在，求出该圆方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2024级第四学期强基班入学考试 数 学 试 题 考试时间：120分钟；满分：150 一、单选题（本题含8小题，每题5分，共40分） 1. 若方程表示双曲线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线方程的特征得到不等式，求解不等式即可. 【详解】因为表示双曲线，所以，解得或， 故选：C 2. 记等差数列的前项和为.若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的性质得到，再代入等差数列前项和公式计算． 【详解】由题知． 故选：A． 3. 等比数列的前项和为，，则（ ） A. 60 B. 50 C. 40 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列的性质和基本量运算求出公比，再由前项和公式计算即得. 【详解】设等比数列的公比为，因，且， 故可将看成一元二次方程的两根，解得或. 当，则，解得，故； 当，则，解得，故. 故选：C. 4. 函数图象上的点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过求与直线平行的切线到该直线的距离求解答案. 【详解】由题意，，令，得（负值已舍去）． 因为，所以曲线在点处的切线与直线平行． 因为点到直线的距离为，所以所求最小值为． 故选：C. 5. 已知数列满足，，则的前20项和为（ ） A. 299 B. 300 C. 301 D. 302 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式及分组求和的方法求解. 【详解】由题意知数列满足，，， 所以. 所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； 同理，由，知， 数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列. 从而数列的前20项和为： . 故选：B. 6. 已知点满足方程，点Q在圆上运动，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】首先化简点的轨迹方程，即可得到点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，过点作垂直准线，垂足为，再由抛物线的定义计算可得. 【详解】因为点满足方程， 所以，则，则点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 过点作垂直准线，垂足为，则，又，所以到的距离为 又圆的圆心为，半径， 所以， 当且仅当、、三点共线且为与圆的交点时取等号. 故选：B 7. 已知定义在上的奇函数的导函数为，，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复合函数和函数的奇偶性得到的单调性，再分的范围解不等式即可； 【详解】时，即， 在上单增， 又为奇函数， 为偶函数， 在上单减， ，故， 所以或时，当或时， 当时，，； 当时，，若则，， 若则，， 若则，，不符合题意； 综上，， 故选：A. 8. 若函数有2个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用同构得有两个不同的解，换元后考虑有两个不同的零点，利用导数可求参数的范围. 【详解】因为有两个零点， 故有两个不同的解， 所以有两个不同的解， 故有两个不同的解， 设，则，故为上的单调增函数， 而时，，时，，故的值域为， 故在上有两个不同的零点， 设，则， 当时，；当时，； 故在上为增函数，在上为减函数， 故即， 此时当时，，时，， 故时，确有两个不同的零点，综上. 故选：D. 二、多选题（本题含3小题，每题6分，共18分） 9. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则（ ） A. B. C. 数列的前n项和的值可能为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用累加法求通项，可判断A；结合题意得判断B；利用裂项求和可求得的前n项和公式，判断CD. 【详解】由题意得， 以上格式累加，可得，也适合， 故，则，A正确； ，B错误； ，设数列的前n项和为， 所以 当时，，C正确； ，D正确， 故选：ACD. 10. 已知圆和直线，点P在直线l上运动，直线、分别与圆C相切于点，则下列说法正确的是（ ） A. 切线长的最小值为 B. 四边形面积的最小值为4 C. 当最小时，弦所在的直线方程为 D. 弦所在直线必过定点 【答案】BD 【解析】 【分析】根据圆的标准方程得出圆心为，半径为2，由圆切线的性质及勾股定理得，再根据点到直线的距离公式得出，即可判断A；结合A的结论得出即可判断B；结合A的结论，根据两直线交点，中点公式及点斜式方程求得弦所在的直线方程，即可判断C；设，得出以为直径的圆的方程，与圆方程相减即可得出弦所在直线方程，进而求得定点，即可判断D． 【详解】对于A，圆的圆心为，半径为2， 由题意可得， 所以， ， 所以，故A错误； 对于B，， 所以四边形面积的最小值为4，故B正确； 对于C，当最小时，，则直线的斜率为， 又，所以直线的斜率为， 的直线方程为，即， 由，解得，，即， 因为当最小时，，所以为等腰直角三角形， 所以中点即为中点， 因为的中点为，所以弦的中点为， 所以弦所在的直线方程为，即，故C错误； 对于D，设， 则以为直径的圆的方程为， 展开得①， 圆C的方程为，即②， ①②得弦所在直线方程为，即， 令，解得， 所以弦所在直线必过定点，故D正确； 故选：BD． 11. 如图，正四棱锥每一个侧面都是边长为4的正三角形，若点M在四边形ABCD内（包含边界）运动，N为PD的中点，则（ ） A. 当M为AD的中点时，异面直线MN与PC所成角为 B. 当平面PBC时，点M的轨迹长度为 C. 当时，点M到AB的距离可能为 D. 存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥内 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于AC：建立空间直角坐标系计算求解；对于B：过作面PBC的平行平面，进而可得点的轨迹；对于D：由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，表示出体积，然后利用导数求其最值即可. 【详解】对于A，因为为正方形，连接与，相交于点，连接， 则，，两两垂直， 故以为正交基地，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， 为的中点，则. 当为的中点时， ，，， 设异面直线与所成角为， ，，故，A正确； 对于B，设为的中点，为的中点，则，平面，平面， 则平面， 又平面， 平面，又，设， 故平面平面，平面平面， 平面平面，则，则为的中点， 点在四边形内（包含边界）运动，则， 点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，B不正确； 对于C，当时，设，，， ，得，即， 即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图）， 到的距离为，弧上的点到的距离最小值为， 因为，所以存在点M到AB的距离为，C正确； 对于D，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积， 设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点, ，， 根据相似，得，即，， 则圆柱体积， 设，求导得， 令得，或，因为，所以舍去，即， 当时，，当时，， 即时有极大值也是最大值，有最大值， ，故 所以存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥内，D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 三、填空题（本题含3小题，每题5分，共15分） 12. 直线：被圆：截得的弦AB的长为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用点到直线的距离公式求出弦的弦心距即可求解. 【详解】由圆：，可得圆心，半径， 于是圆心到直线的距离， 从而得，所以弦的长为. 故答案为：. 13. 设两个等差数列的前项和分别为，若对任意正整数都有，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的性质和求和公式计算即可. 【详解】因为 为等差数列，所以 ． 故答案为：. 14. 已知函数在上既有最大值，又有最小值，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，根据导数判断函数的单调性，再结合函数在给定区间既有最大值又有最小值，建立不等式，求解. 【详解】，令，即， 解得或， 要使函数在上既有最大值，又有最小值， 则必须满足两个极值点都在内，且极值点处的函数值必须为区间内的最大值和最小值； 若，此时，则需要，解得； 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 所以，，，， 则需满足，即， 解得， 所以； 若，此时，则需要，解得； 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 所以，，，， 则需满足，即，无解； 若，则恒成立，所以函数在上单调递增， 无最大值和最小值， 综上所述：的取值范围为. 故答案为： 四、解答题（共5小题，共77分） 15. 开展主题为“贯彻新发展理念，建设节水型城市”的用水宣传周活动，为了解活动开展成效，某街道办事处工作人员赴一小区调查住户的节约用水情况，随机抽取了200名业主进行节约用水调查评分，将得到的分数分成6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求a的值，并估计这200名业主评分的众数和中位数； （2）若先用分层抽样的方法从评分在和的业主中抽取5人，然后再从抽出的这5位业主中任意选取2人作进一步访谈：求这2人中至少有1人的评分在的概率． 【答案】（1）；众数为87.5；中位数为85； （2）． 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的性质，所有小矩形的面积之和为1，可解得的值，由中位数的定义，找到频率之和为的点，众数估计值为最高小矩形的中点； （2）首先根据两个分组的人数之比，采用分层抽样的方法，得到每个分组抽取的人数，则采用列举法，罗列所有情况和符合题意的情况，根据古典概型的概率计算公式得到答案. 【小问1详解】 ∵第三组的频率为， ， 众数为， 又第一组的频率为，第二组的频率为，第三组的频率为0.200， ∴前三组的频率之和为， ∴这200名业主评分的中位数为85； 【小问2详解】 由频率分布直方图，知评分在的人数与评分在的人数的比值为， ∴采用分层抽样法抽取5人，评分在的有3人，评分在有2人， 设评分在的3人分别为，，；评分在的2人分别为，， 从5人中任选2人的所有可能情况共10种：，，，，，，，，，， 其中选取的2人中至少有1人的评分的情况有：，，，，，，共7种． 故这2人中至少有1人的评分在的概率为． 16. 记数列的前项和为，已知. （1）证明：是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由，结合等比数列的定义即可得证； （2）利用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 由题意得：当时，， 当时，由有：， 所以，即，所以， 所以， 所以数列是以为公比，首项为的等比数列； 【小问2详解】 由（1）有， 所以， 所以①， ②， 由①②有： ， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） 当时，在上单调递增. 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）求导得，分类讨论可求单调区间； （2）由已知可得，令，可得，进而由单调性可得，求得函数的最大值即可. 【小问1详解】 的定义域为. 关于的方程， 当时，，，所以在上单调递增. 当时，，此时， ，所以在上单调递增. 当时，则是方程的两根. 又，所以， 令，解得或， 令，解得， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由，可得，即. 令，易知单调递增. 由，可得，则，即. 设，则，当时，单调递减， 当时，单调递增，所以， 所以，则的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第2小问的解决关键是，转化得，从而利用同构法即可得解. 19. 已知椭圆（）的离心率为，过椭圆C上一点作两条互相垂直的直线，与椭圆分别交于异于点的两点. （1）求椭圆的方程； （2）求证：直线必过定点，并求出该定点坐标； （3）过点作，点为垂足，判断点是否在某个定圆上，并说明理由；若存在，求出该圆方程. 【答案】（1） （2） 如图，设点，， ，，即，① 当直线的斜率存在时，设方程为， 代入椭圆方程消去并整理得： 由韦达定理得，，② 根据，，代入①整理可得： 将②代入， 整理化简得， 不在直线上，，， 于是的方程为，所以直线过定点. 当直线的斜率不存在时，可得， 代入 得，结合，解得或（舍去）， 此时直线过点. （3） 点在定圆上，.理由如下： 因为于点，且定点在直线上，所以. 又点为两个定点，线段长度为定值. 故点在以线段为直径的圆上. 由中点坐标公式得圆心坐标为，由两点间距离公式得半径为， 故圆的方程为. 【解析】 【分析】（1）结合题意建立方程组求出基本量，进而得到椭圆方程即可. （2）对的斜率是否存在进行分类讨论，再结合直线与椭圆相交的相关性质得到方程，进而求解定点即可. （3）结合题意先确定在定圆上，再求出圆心和半径，进而得到圆的方程即可. 【小问1详解】 由题意可得， 又，解得，. 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $