湖南省名校联盟2024-2025年高二下学期开学质量检测数学试题

名校联盟年上学期高二开学质量检测数学本试卷共4页．全卷满分分，考试时间分钟．注意事项：．答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在本试卷和答题卡上．．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共分．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.直线在轴的截距为（）A.3B.C.D.3【答案】C【解析】【分析】直接令即可得到答案.【详解】令，得，所以直线在轴的截距为．故选：C．2.已知椭圆长半轴长等于焦距的3倍，则该椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】应用椭圆的长轴及焦距列式求解离心率即可.【详解】设椭圆长轴长，焦距，则，即．故选:B．3.曲线在点处的切线方程为（）第1页/共18页A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求得函数的导数，得到，结合直线的点斜式方程，即可求解.【详解】由题意，函数，可得，又由，则，即切线的斜率为，所以曲线在点处的切线方程为.故选：A.4.已知数列为等比数列，若，是方程的两个不相等的实数根，则（）A.5B.C.4D.【答案】D【解析】【分析】由韦达定理结合等比数列性质即可求解；【详解】由题意可得，解得．故选：D．5.已知直线的一个方向向量为的一个法向量为与平面所成角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】应用空间向量法计算线面角正弦值即可.【详解】设与所成角的大小为，则．故选:A．6.已知函数在点处的切线与直线的第2页/共18页所有极值之积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由导数的几何意义及切线与平行，可得求参数a，进而求的极值，即可知所有极值之积.【详解】由题意，，又处的切线与直线平行，∴，可得，故，令，得，∴、上，单调递增；上，单调递减；∴有极大值，极小值，∴函数的所有极值之积为.故选：B7.已知双曲线，作斜率为正且与双曲线的某条渐近线垂直的直线与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由图利用点线距和勾股定理求出，过点作于，推理可得，根第3页/共18页据解三角形和双曲线的定义可得，即可求离心率.【详解】令双曲线的半焦距为，则，令直线与双曲线的渐近线垂直的垂足为，于是，，如图，过点作于，则，而为线段的中点，所以，，因为，所以，，，由双曲线定义得，即，解得．故该双曲线的离心率为．故选：A．8.在平面直角坐标系中，已知直线与交于点，点是抛物线上一个动点，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由直线方程可得其所过定点，根据两直线位置关系可得其焦点的轨迹，根据抛物线的定义与圆外第4页/共18页一点到圆上点的距离最值问题，结合图象，可得答案.【详解】直线，即，可知直线过定点；直线，即，可知直线过定点；且，则，可知点在以为直径的圆上，此时圆心为，半径．因为抛物线的焦点为，准线为，且点是抛物线上一动点，则，即，可得，当且仅当点线段上时，等号成立，又因为，当且仅当点在线段上时，等号成立，即，所以的最小值为．故选：B．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全音选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知在正项等比数列中，，，则（）A.的公比为2B.的通项公式为C.D.数列为递增数列【答案】AC第5页/共18页【解析】【分析】应用等比数列的基本量运算求出公比及通项判断A，B，C，再结合对数运算计算判断单调性判断D.【详解】设等比数列的公比为，依题意，，，所以，又，所以，即，所以，，A，C正确，B错误；对于D，，则数列为递减数列，D错误．故选：AC．10.若方程所表示的曲线为，则下列命题正确的是（）A.曲线可能是圆B.若曲线为椭圆，则且C.若曲线为焦点在轴上的椭圆，则D.若曲线为双曲线，则【答案】ACD【解析】【分析】由圆、椭圆、双曲线方程的结构特点逐项判断即可；【详解】对于A选项，若曲线表示圆，则，解得，即曲线可能是圆，A正确；对于B选项，若曲线为椭圆，则，解得且，B错误；对于C选项，若曲线为焦点在轴上的椭圆，则，解得，C正确；对于D选项，若曲线为双曲线，则，解得，D正确．故选：ACD．第6页/共18页已知函数，则（）A.在上是增函数B.的极大值点为，C.有唯一的零点D.的图象与直线相切的点的横坐标为，【答案】BC【解析】【分析】借助导数求出单调性即可得其极值点，即可得A、B；结合函数单调性与零点存在性定理，分，、及进行讨论即可得C；借助导数的几何意义计算即可得D.【详解】对A、B：，则当，即时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，故A错误；的极大值点为，，故B正确；对C：令，即，由，当时，，第7页/共18页当时，由，故，由在上单调递增，取，有在上单调递增，又，故在上必有一零点，由在上单调递减，取，即在上单调递减，则在上没有零点，综上所述，有唯一的零点，故C正确；对D：设切点坐标为，则有，由切线方程为，则有，即，化简得，即，即有，，则，，故D错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题中C选项关键点在于结合函数单调性与零点存在性定理，分，、及进行讨论.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.已知，设直线，，若，则______．第8页/共18页【答案】【解析】【分析】由两直平行得到，求解并验证即可；【详解】因为直线，，，所以，即，当时，直线重合，舍去，当时，符合题意；故；故答案为：13.已知抛物线的准线是圆与圆的公共弦所在的直线，则抛物线的标准方程为______．【答案】【解析】【分析】利用两圆方程相减后求出公共弦方程，再结合抛物线的性质求解即可；【详解】两圆的公共弦方程为，所以，所以抛物线的标准方程为．故答案为：．14.将数列与数列的公共项从小到大排列得到数列，则使得成立的的最小值为______．【答案】170【解析】【分析】通过公共项确定通项公式即可求解；【详解】由题意，与的公共项为1，13，25，37故，所以，解得，所以的最小值为170．第9页/共18页故答案为：170四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤．15.已知数列的前项和为，且．（1）证明：数列是等比数列；（2）设数列满足，求的前项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）由，的关系作差即可判断；（2）由（1）求得，再由等差数列、等比数列的求和公式即可求解；【小问1详解】当时，，即，当时，联立①－②，可得，即，所以，又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）可得，则，，所以第10页/共18页．16.已知圆关于轴对称且经过点和．（1）求圆的标准方程；（2）过点的直线与圆交于，两点；若，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】1）由题意，设到和的距离相等代入求解t2）利用直线与圆的弦长公式求解.【小问1详解】因为圆关于轴对称，所以圆心在轴上，设，由于圆经过和，所以到和的距离相等，所以，解得，此时半径，所以圆的标准方程为；【小问2详解】取中点，连接，易知为直角三角形，因为，，所以，即圆心到直线的距离为，当直线斜率不存在时，直线方程为，到其距离为1，不符合题意；当直线斜率存在时，设为，直线方程为，化成一般式：，第11页/共18页所以，解得或，故直线的方程为或．17.如图，在四棱锥中，平面，，，．（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）先应用勾股定理得出，再应用线面垂直判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，再应用面面角公式计算即可.【小问1详解】因为，，，所以四边形为直角梯形，取中点，连接，则，四边形为正方形，则，，所以，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，平面，所以平面；第12页/共18页【小问2详解】由（1）可知，，，两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，，，，，，设平面的一个法向量，则，即，令，，故由（1）可知平面，所以是平面的一个法向量，记作，记平面与平面的夹角为，则．【点睛】18.已知函数，定义域为.（1）讨论的单调性；（2）求当函数有且只有一个零点时，的取值范围.【答案】（1）答案见详解（2）第13页/共18页【解析】1）求导，分和，根据二次方程根的个数以及韦达定理分析判断的符号，进而可得的单调性；（2）参变分离可得，构建，求导，利用导数判断的单调性，进而可得结果.【小问1详解】因为，（ⅰ）当，即时，则在内恒成立，可知在内单调递增；（ⅱ）当，即或时，可知有两个不相等的根，不妨令，可知，①若，因为，可知，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增；②若，因为，可知，令，解得或；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增；综上所述：当时，在内单调递增；第14页/共18页当时，在内单调递减，在内单调递增；当时，在内单调递减，在内单调递增.【小问2详解】若，可知在内无零点，不合题意，可知令，整理得，构建，原题意等价于与的图象有且仅有一个交点，因为，构建，则，令，解得；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减，则，即内恒成立，可知在内单调递减，且当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0且；的大致图象如图所示，可得，即，所以的取值范围为.第15页/共18页【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题（1）分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．（2）函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．19.已知椭圆的焦距为，离心率为，左，右顶点分别为，．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点，若点是椭圆上的一点，求的最小值；（3交于，，与，斜率为，直线斜率为，若，请问直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】（1）（2）（3）过定点，定点坐标为【解析】1）可根据焦距和离心率求出、的值；（2）可设出点坐标，根据两点间距离公式结合椭圆方程和二次函数求解；（3）可设出直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知条件求解.【小问1详解】第16页/共18页由题意，，所以，，，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】设，则有，，，当时，最小值为，所以最小值为；【小问3详解】连接，设直线斜率，，，，因为，所以，设直线为，联立，可得，即，第17页/共18页所以，，因为，所以，即，即，化简得，解得