甘肃省嘉峪关市酒钢三中2024-2025学年高二下学期开学考试数学试卷（解析版）

第页，共页第17页，共17页嘉峪关市酒钢三中2024~2025学年第二学期开学考试高二数学试卷命题人：刘旭雅审题人：吴琼一、单选题：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.已知椭圆，则下列各点不在椭圆内部的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据点和椭圆位置关系的判断方法，分别把点的坐标代入椭圆方程的左侧部分，计算其数值大于的点即为答案.【详解】由椭圆方程，因为，所以点在椭圆内部，A错误；因，所以点在椭圆内部，B错误；因为，所以点在椭圆外部，C正确；因为，所以点在椭圆内部，D错误.故选：C.2.在等差数列中，若，，则（）A.195 B.196 C.197 D.198【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的通项公式求解.【详解】解：方法一：设等差数列的首项为，公差为d，则解得所以，所以.方法二：设等差数列的公差为d，则..故选：C3.已知点，，则以线段为直径的圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据为直径得到圆心坐标和半径，然后求圆的方程即可.【详解】由题意得圆心为，即，半径，所以圆的方程为.故选：B4.已知数列满足：，，则（）A.19 B.21 C.23 D.25【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用累加法求通项即得.【详解】在数列中，，，所以.故选：B5.若构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间基底的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A，，因此向量共面，故不能构成基底，故A错误；对于B，，因此向量共面，故不能构成基底，故B错误；对于C，假设向量共面，则，即，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，故C正确；对于D，，因此向量共面，故不能构成基底，故D错误；故选：C.6.圆在点处的切线方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】容易知道点为切点，圆心，设切线斜率为k，从而，由此即可得解.【详解】将圆的方程化为标准方程得，∵点在圆上，∴点P为切点．从而圆心与点P的连线应与切线垂直．又∵圆心为，设切线斜率为k，∴，解得．∴切线方程为．故选：D.7.数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称为三角形的欧拉线，已知的顶点，，，则的欧拉线方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意得出的欧拉线即为线段的垂直平分线，求出线段的垂直平分线的方程即可.【详解】因为的顶点，，所以线段的中点坐标为，线段所在直线的斜率，所以线段的垂直平分线的斜率，则线段的垂直平分线的方程为，即，因为，所以的外心、重心、垂心都在线段的垂直平分线上，所以的欧拉线方程为.故选：A.8.已知实数，满足：，则的取值范围为（）A.， B.， C.， D.，【答案】A【解析】【分析】确定圆心和半径，将题目转化为点和点直线的斜率，画出图像，计算角度，计算斜率得到答案.【详解】表示圆心为，半径的圆，表示点和点直线的斜率，如图所示：直角中，，故，，故，同理可得，对应的斜率为和.故，故选：A二、多选题：本题共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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是（）A.与是共线向量B.与同向的单位向量是C.在方向上的投影向量是D.平面ABC的一个法向量是【答案】BCD【解析】【分析】利用空间向量共线判断A；求出同向单位向量判断B；求出投影向量判断C；由法向量的意义判断D.【详解】对于A，，，设，则得，显然无解，故与不是共线向量，A错误；对于B，与同向的单位向量是，B正确；对于C，在方向上的投影向量为，C正确；对于D，，，即坐标为的向量，与、都垂直，因此平面ABC的一个法向量是，D正确.故选：BCD10.已知直线经过第一、二、三象限且斜率小于1，那么下列不等式中一定正确的是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】根据题意，得到，结合绝对值的性质，幂函数的单调性，以及不等式的性质，逐项判定，即可求解.【详解】因为直线经过第一、二、三象限，可得，，由直线的斜率小于1，可得，结合，可得，由绝对值的性质，可得，所以A正确；由幂函数的单调性，，所以B正确；由，所以，所以C错误；由，所以，所以D错误.故选：AB.11.已知数列，下列结论正确的有（）A.若，，则.B.若则C.若，则数列是等比数列D.若，则【答案】AB【解析】【分析】直接利用叠加法可判断选项A，从而判断，利用构造新数列可求出B,D中数列的通项公式，可判断，选项C求出数列的前3项从而可判断.【详解】选项A.由，即则故A正确.选项B.由得所以数列是以为首项，3为公比的等比数列.则，即，所以，故B正确.选项C.由，可得当时，当时，得，当时，得，显然，所以数列不是等比数列，故C错误.选项D.由，可得所以数列是以1为首项，为公差的等差数列.所以，则，即，故D错误.故选：AB【点睛】关键点睛：本题考查利用递推关系求数列的通项公式，解答的关键是掌握求数列通项公式的常见方法，由叠加法可得，利用构造新数列解决问题，属于中档题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知正项等比数列前项和为，若，，则_______.【答案】【解析】【分析】用基本量法，求出首项和公比，再求。【详解】设首项，公比，易知，∴，由于均为正，∴，∴。故答案为：。【点睛】本题考查等比数列的前项公式和通项公式，解题方法是基本量法，即由已知首先求出首项和公比，然后再求通项公式和前项和公式。13.已知直线，.若，则实数_________【答案】【解析】【分析】根据两直线平行的条件列方程求解即可.【详解】由题意可知且，因为直线，，且，所以，由，得，解得或，当时，，所以舍去，当时，满足，所以，故答案为：14.过双曲线的右焦点F作倾斜角为30°的直线，交双曲线于A，B两点，则弦长______．【答案】8【解析】【分析】写出直线方程，联立双曲线方程，利用弦长公式求解即可.（也可以直接使用双曲线焦点弦长公式代值求解）【详解】由双曲线，得，，焦点为，倾斜角，法一：直线斜率，直线方程为，联立消得，，由韦达定理知，代入弦长公式，得.法二：.故答案为：8.四、解答题：本题共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.在等比数列中．（1）若，，，求和；（2）已知，，求.【答案】（1），.（2）或【解析】【分析】（1）（2）由等比数列通项公式和前项和公式列方程组求解即可.【小问1详解】由得，解得，又由得，解得.所以，.【小问2详解】显然，则，，两式相除得，解得，时可解得，则；时可解得，则.所以或16.已知等差数列的前项和为，，．正项等比数列中，，．（1）求与的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式即可求的通项公式.（2）利用错位相减法整理化简即可求得前项和．【小问1详解】等差数列的前项和为，，，设公差为所以，解得所以正项等比数列中，，，设公比为所以，所以解得，或（舍去）所以【小问2详解】由（1）知：所以两式相减得：17已知直线和点（1）求点关于直线的对称点的坐标；（2）求直线关于点对称的直线方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据点关于线对称列式求解即可；（2）根据相关点法分析运算即可.【小问1详解】设，由题意可得，解得，所以点的坐标为.【小问2详解】在对称直线上任取一点，设关于点的对称点为，则，解得，由于在直线上，则，即，故直线关于点的对称直线的方程为.18.如图，在四棱锥中，，底面ABCD为菱形，边长为2，，，且，异面直线PB与CD所成的角为.（1）求证:平面ABCD;（2）若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质定理、判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算，求点到直线的距离.【小问1详解】因为四边形为菱形，所以,因为，平面，所以平面，因为平面，所以,因为，为中点，所以，又因为平面，所以平面.【小问2详解】以为原点，方向为轴方向，建系如图，因为,所以为异面直线所成角，所以，在菱形中，，因为，所以,设，则，在中，由余弦定理得，，所以，解得，所以,,所以,所以点E到直线BP的距离为.19.已知椭圆C：的焦距为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）在椭圆C上找一点P，使它到直线l：的距离最短，并求出最短距离.【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）由题意列出关于的方程，求解即可；（2）方法一：设与直线l：平行的直线与椭圆相切，联立直线与椭圆方程，利用判别式求解；方法二：设点，求得点P到直线l：的距离的表达式，利用三角函数的性质求解.【小问1