精品解析：湖南株洲市第二中学2024-2025学年高二下学期入学考试数学试题

株洲市二中2025年上学期高二年级入学考试试卷 数学试题 时量：120分钟 分值：150分 一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 在空间四点O，A，B，C中，若是空间的一个基底，则下列命题不正确的是（ ） A. O，A，B，C四点不共线 B. O，A，B，C四点共面，但不共线 C. O，A，B，C四点不共面 D. O，A，B，C四点中任意三点不共线 2. 直线的倾斜角是（　　） A. B. C. D. 3. 若数列 是等差数列，且 ，则 （ ） A. 30 B. C. 20 D. 4. 函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 5. 若等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，则（ ） A. B. 3 C. 9 D. 27 6. 已知点在椭圆上，点，则的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 5 7. 设 ，若函数，关于 的方程 有且仅有1个实根，则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 若数列满足，且，则下列结论成立的是（ ） A. B. ，满足 C. ，满足 D. ，使得成立 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 在棱长为4的正方体中，为棱中点，为侧面的中心，为线段（含端点）上一动点，平面交于，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. D. 平面将正方体分成两部分，这两部分的体积之比为 10. 已知数列{an}：，，，，，，，…（其中第一项是，接下来的22－1项是，，，再接下来的23－1项是，依此类推），其前n项和为Sn，则下列判断正确的是（　　） A. 是{an}的第2 036项 B. 存在常数M，使得Sn＜M恒成立 C. S2 036＝1 018 D. 满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 100 11. 若函数有极值点，且，，则下列说法正确的是（ ） A. ，有 B. ，使得 C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列的前项和，第项满足，则______． 13. 底面直径为10的圆柱被与底面成的平面所截，截口是一个椭圆，该椭圆的离心率为__________． 14. 一个顶点为，底面中心为的圆锥的体积为，若正四棱锥内接于该圆锥，平面与该圆锥底面平行，点都在圆锥的侧面上，则正四棱锥的体积的最大值是______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在四棱锥中，底面 ． （1）求证：平面． （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求点A到平面的距离． 16. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间上的最小值为且最大值为2？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由． 17. 中心在原点的双曲线的右焦点为,渐近线方程为. (1)求双曲线的方程； (2)直线与双曲线交于两点，试探究，是否存在以线段为直径的圆过原点．若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 18. 已知数列，其中数列是等差数列，且满足，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）设数列的前项和为，记集合且，求集合中所有元素的和． 19. 若对，且，函数，满足：，则称函数是函数在区间上的级控制函数． （1）判断函数是否是函数在区间上的1级控制函数，并说明理由； （2）若函数是函数在区间上的级控制函数，求实数的取值范围； （3）若函数是函数在区间上的级控制函数，且函数在区间上存在两个零点，，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 株洲市二中2025年上学期高二年级入学考试试卷 数学试题 时量：120分钟 分值：150分 一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 在空间四点O，A，B，C中，若是空间的一个基底，则下列命题不正确的是（ ） A. O，A，B，C四点不共线 B. O，A，B，C四点共面，但不共线 C. O，A，B，C四点不共面 D. O，A，B，C四点中任意三点不共线 【答案】B 【解析】 【分析】根据基底的含义，非零向量不在同一平面内，即O，A，B，C四点不共面，即可判断 【详解】因为为基底，所以非零向量不在同一平面内， 即O，A，B，C四点不共面， 所以A、C、D选项说法正确，B错误． 故选：B 2. 直线的倾斜角是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角. 【详解】直线的斜率为， 设直线的倾斜角为，则 ，则. 故选：D． 3. 若数列 是等差数列，且 ，则 （ ） A. 30 B. C. 20 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差中项列式求解即可. 【详解】数列是等差数列，则是和的等差中项， 有，即，解得. 故选：A 4. 函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】． 若，则当或时，，当时，，从而有， 且，即：∴ 若，则当或时，，当时，，从而有， 且，无解， 综合以上： 5. 若等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，则（ ） A. B. 3 C. 9 D. 27 【答案】D 【解析】 【分析】由等差中项的性质可得等比数列的公比，即可得解. 【详解】设数列的公比为， 由，，成等差数列，故， 即有，化简得，解得或（舍）， 故. 故选：D. 6. 已知点在椭圆上，点，则的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】作出椭圆的另一个焦点，转化线段，最后利用三角不等式解决即可. 【详解】 作椭圆的左焦点，则， 当且仅当点为线段的延长线与椭圆的交点时取得，由两点间距离公式得， 故， 故选：C 7. 设 ，若函数，关于 的方程 有且仅有1个实根，则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】转化为的图象交点问题，数形结合求解即可. 【详解】问题化为的图象交点有且仅有一个， 由解析式知：的图象都经过点， 所以，只需在处与两个分段上的图象都相切为临界情况，如下图， 对于，有，故； 对于，有，故； 如上图，中，当或时，的图象仅有一个交点. 所以. 故选：A 8. 若数列满足，且，则下列结论成立的是（ ） A. B. ，满足 C. ，满足 D. ，使得成立 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得，化简得，即有、，可得、，由、时可得、、、，即可逐项研究判断. 【详解】由，故， 即， 即有，， 由，有， 即，化简得， 有，有， 即，化简得，故B错误； 当时， ，由，故，， 当时，，即，故，， 故A错误； 由，，且，，，， 故当时，恒成立，故D错误； ， 又，有， 故， 即数列是以为首项，为公比的等比数列， 即， 故，故C正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题关键是借助，得到，即可得，，从而得到，. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 在棱长为4的正方体中，为棱中点，为侧面的中心，为线段（含端点）上一动点，平面交于，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. D. 平面将正方体分成两部分，这两部分的体积之比为 【答案】AC 【解析】 【分析】取中点，先判断四边形为平行四边形，然后利用线面平行的判定得平面，从而利用线面平行知点面距离为定值，进而三棱锥的体积不变判断A，连接，利用三角形知识知高线距离最短，利用余弦定理及勾股定理求解的高即可判断B，利用面面平行的性质得，作，利用求解，即可判断C，利用基本事实作出截面，利用体积分割法求出的体积，结合正方体的体积求出另外一部分的体积，即可判断D. 【详解】对于选项A：取中点，因为为侧面的中心， 所以，且，又，且， 所以，且，所以四边形为平行四边形，则， 又平面，即平面，即平面， 则点到平面的距离恒为直线到平面的距离， 而，则三棱锥的体积不变，正确； 对于选项B：连接，则， , 作出平面三角形可知时，取得最小值， 此时由余弦定理得， 所以， 所以，不正确； 对于选项C：由平面平面， 而平面与两个平面分别交于，则. 作，则，则，所以， 所以，正确； 对于选项D：连接延长至与交于，连接， 由选项C知，则截面为，记几何体的体积为， 则， 则另一部分的体积，则，不正确. 故选：AC 10. 已知数列{an}：，，，，，，，…（其中第一项是，接下来的22－1项是，，，再接下来的23－1项是，依此类推），其前n项和为Sn，则下列判断正确的是（　　） A. 是{an}的第2 036项 B. 存在常数M，使得Sn＜M恒成立 C. S2 036＝1 018 D. 满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 100 【答案】ACD 【解析】 【分析】A．根据规律，由21－1＋22－1＋…＋210－1求得以210的为分母末项的项数和判断；B.由分母为2k时，得到和为判断；C.结合A由S2 036＝＋＋…＋求解判断；D. 由S2 036＝1 018，设求解判断. 【详解】设是{an}的第k项，则k=21－1＋22－1＋…＋210－1＝－10＝2 036，所以是{an}的第2 036项，所以A正确； 分母为2k时，，则Sn随着n的增大而增大，所以不存在常数M，使得Sn＜M恒成立，所以B错误； S2 036＝， =＋＋…＋＝×＝1 018，所以C正确； 由S2 036＝1 018，设，则，解得，所以满足的正整数n的最小值是2 036＋64＝2 100，所以D正确． 故选：ACD. 11. 若函数有极值点，且，，则下列说法正确的是（ ） A. ，有 B. ，使得 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据极值和零点分析可知，，，，对于AB：结合函数解析式分析判断；对于C：根据，有，结合函数单调性分析判断；对于D：构建分析可得，结合函数单调性分析判断. 【详解】有题意可得：， 因为函数有极值点， 则， 可得，， 令，解得或；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可知在取到极小值，所以符合题意， 则的极大值为，极小值为， 若，且， 则，解得， 且，， 所以，，， 对于选项AB：因为, 若，则，故，所以A正确；B错误； 对于选项C：，有，则，即， 因为，且在上单调递减， 可得，即，故C错误； 对于选项D：令 ， 则在内恒成立， 可知在内单调递减，可得， 可得，则， 且，在上单调递增， 可得，即，故D正确； 故选：AD. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列的前项和，第项满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用之间关系可得数列的通项公式，然后解不等式即可. 【详解】当时，； 当时，， ， 当时，符合上式， 所以的通项公式为， 所以， 由解得， 因为为正整数，所以， 故答案为：. 13. 底面直径为10的圆柱被与底面成的平面所截，截口是一个椭圆，该椭圆的离心率为__________． 【答案】 【解析】 【详解】由题设，椭圆的短轴长，长轴长， 所以，则， 所以椭圆的离心率为. 14. 一个顶点为，底面中心为的圆锥的体积为，若正四棱锥内接于该圆锥，平面与该圆锥底面平行，点都在圆锥的侧面上，则正四棱锥的体积的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用几何知识求出四棱锥体积关于的表达式，然后构造函数，利用求导思想来求最大值即可. 【详解】如图，设交平面于， 由，得，故， 由，得． 又正方形的面积为， 正四棱锥的体积为： 令，则， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 当时,取最大值，． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，由题意得到，从而得到正四棱锥的体积关于的表达式，由此得解. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在四棱锥中，底面 ． （1）求证：平面． （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求点A到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据，可得平面． （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面，平面，平面的法向量，由条件求得，再求点A到平面的距离． 【小问1详解】 底面平面． ． 又平面． 【小问2详解】 设，取的中点E，易得三角形是正三角形，． 又底面平面，． 在中，所以， 可建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ． 设平面的一个法向量为，则 即令，得． 设平面的一个法向量为，则 即令，得． 所以，． 设平面的一个法向量为， 则即令，得． ∴点A到平面的距离为． 16. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间上的最小值为且最大值为2？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）答案见解析； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，令，解得，对分类讨论，即可得出函数的单调性； （2）若在区间最小值为最大值为2，结合(1)可得：时，在上单调递减，上单调递增．对分类讨论，利用导数研究函数的单调性与极值即可得出结论. 【小问1详解】 对求导得， 令，解得或． 对分类讨论： 当时，令，解得或；令，解得． 在区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 当时，在区间上单调递增； 同理可得：当时，在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增． 【小问2详解】 若在区间有最大值2和最小值-2， 由知，在区间上单调递减，上单调递增． 若，则在区间上单调递减，， 所以，解得 若，则在区间上单调递减，上单调递增． 的最小值为的最大值为和中较大的值． 当，即，即时, 即，解得，舍去； 当，即，即时，， 即，即，无解． 综上可得． 17. 中心在原点的双曲线的右焦点为,渐近线方程为. (1)求双曲线的方程； (2)直线与双曲线交于两点，试探究，是否存在以线段为直径的圆过原点．若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）设双曲线的方程为，，则有，，，解得即可， （2）由得，根据韦达定理和向量的数量积即可求出的值 【详解】（1）设双曲线的方程为，则有， 所以双曲线方程为 (2)联立方程得 消去得， 依题意有解得且①， 设，则由韦达定理得 依题意有, 所以 所以，化简得，符合①，所以存在这样的圆。 【点睛】本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查计算能力． 18. 已知数列，其中数列是等差数列，且满足，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）设数列的前项和为，记集合且，求集合中所有元素的和． 【答案】（1），； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，，即可求出，，结合等差数列的定义求出的通项公式，再由计算可得； （2）由（1）知，利用裂项相消法计算可得； （3）当为偶数时求出，再由确定的范围，确定的值，当为奇数时求出，从而确定的值，最后由等差数列求和公式计算可得. 【小问1详解】 因为，所以，， 因为，所以， 又数列是等差数列，所以的公差， 故数列的通项公式， 所以， 即的通项公式． 【小问2详解】 由（1）知， 则． 【小问3详解】 由（1）知， 当为偶数时，， 故 ， 此时，由，又且，所以解得，即． 当为奇数时，， 此时． 综上可得 19. 若对，且，函数，满足：，则称函数是函数在区间上的级控制函数． （1）判断函数是否是函数在区间上的1级控制函数，并说明理由； （2）若函数是函数在区间上的级控制函数，求实数的取值范围； （3）若函数是函数在区间上的级控制函数，且函数在区间上存在两个零点，，求证：． 【答案】（1）是，理由见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用给定定义判断并证明即可． （2）利用给定定义结合导数建立不等式，再用分离参数法求解即可． （3）利用给定条件结合换元法转化为一元不等式的证明问题，利用导数证明不等式即可． 【小问1详解】 函数是函数在区间上的1级控制函数. 理由如下：因为，且，，所以，， 所以，即成立， 所以函数是函数在区间上的1级控制函数. 【小问2详解】 由函数是函数在区间上的级控制函数，得， 又，且在上单调递增，所以，即恒成立. 令，所以当，且，时，恒成立，所以在上恒成立. 因为，所以在上恒成立， 又单调递增，所以在上的最小值为，所以，解得， 又，所以，即实数的取值范围是. 【小问3详解】 证明：因为函数在区间上存在两个零点，，不妨设，所以， 又函数是函数在区间上的级控制函数， 则，即，， 即，，. 要证，即证，即证，即证. 令，所以， 所以在上单调递增，所以，即时，， 即成立，所以得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $