海南省定安县定安中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

定安中学2024-2025学年第二学期高二数学学科作业检测（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第一部分（选择题共58分）一、选择题：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.直线的倾斜角是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，求得直线的斜率，得到，进而求得直线的倾斜角，得到答案.【详解】由直线，可得直线的斜率为，设直线的倾斜角为，可得，因为，所以.故选：D.2.如图，已知平行六面体中，点是侧面的中心，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的线性运算计算即可.【详解】因为点是侧面的中心，所以点是的中点，则.故选：C3.已知等差数列的前项和为，若，，则等差数列的公差（）A.3 B.2 C. D.4【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式计算作答.【详解】等差数列的前项和为，，，于是，解得，所以等差数列的公差.故选：B4.若直线恒过定点A，则点A的坐标为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将直线化为，据此可得定点坐标.【详解】，令，则所过定点为.故选：C5.已知抛物线，直线过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，若弦的长为8，则直线的方程为（）A.或 B.或C.或 D.或【答案】B【解析】【分析】因为直线过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，所以直线的方程为，再与抛物线联立，用韦达定理及弦长公式即可求得斜率，进而求出直线的方程.【详解】由抛物线的方程，得，抛物线的焦点．根据题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为，，．由消去，整理得，可得，所以．因为，解得，所以直线的方程为或．故选：B．6.与双曲线有公共焦点，且离心率为的椭圆的方程是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分析可知焦点为，结合离心率列式可得，即可得方程.【详解】由双曲线可知，且焦点在x轴上，则焦点为，设椭圆的方程是，则，解得，所以椭圆的方程是.故选：C.7.在数列中，，（，），则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】利用数列的递推公式求出数列的前4项，推导出为周期数列，从而得到的值；【详解】因为，（，），所以，，，所以数列是以为周期的周期数列，所以.故选：A8.已知椭圆与双曲线有共同的焦点，离心率分别为，点为与在第一象限的公共点，且，若，则的方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求出椭圆的方程，再由椭圆的定义及余弦定理求出，即可求出双曲线的方程．【详解】设椭圆的方程为，双曲线的方程为，因为椭圆的焦点，且离心率，所以，，所以，，所以椭圆的方程为，又，，，由余弦定理，即，又，所以，，所以，又，所以，即，所以，又双曲线的焦点为，，所以，所以，所以双曲线的方程为．故选：A．二、选择题：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.已知空间中三点，则正确的有（）A.与是共线向量B.的一个单位向量是C.与夹角的余弦值是D.平面的一个法向量是【答案】BC【解析】【分析】根据共线向量的定义、单位向量的定义、向量夹角的定义以及法向量的定义直接计算即可判断选项.【详解】由题意知，，因为，所以与不是共线向量，即A错误；的单位向量为，所以的单位向量为或，即B正确；，所以与夹角的余弦值为，即C正确；设平面的一个法向量为，则即，令，则，所以，即D错误,故选：BC.10.已知圆，圆，则下列结论正确的是（）A.若和外离，则或B.若和外切，则C.当时，和内含D.当时，有且仅有一条直线与和均相切【答案】BD【解析】【分析】先根据圆的标准方程得到两圆圆心坐标与半径，从而求出圆心距，再由两圆的位置关系得到圆心距与半径的和、差的关系得到不等式(或方程)，即可判断.【详解】由题知，，，，.对于A，若和外离，则，解得或，故A错误；对于B，若和外切，则，解得，故B正确；对于C，当时，，则和相交，故C错误；对于D，当时，，则和内切，有且只有一条公切线，故D正确.故选：BD.11.已知椭圆，且两个焦点分别为，，是椭圆上任意一点，以下结论正确的是（）A.椭圆的离心率为 B.的周长为12C.的最小值为3 D.的最大值为16【答案】BD【解析】【分析】由题，利用离心率公式、椭圆的定义和基本不等式即可一一判断．【详解】椭圆，则对于A：，故A错误；对于B：的周长为，故B正确；对于C：的最小值为，故C错误；对于D：，当且仅当时等号成立，故D正确．故选：BD．第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知直线的方程为，则坐标原点到直线的距离为______.【答案】##【解析】【分析】利用点到直线距离公式代入计算即可得出结果.【详解】将直线化为一般方程可得，由点到直线距离公式可得坐标原点到直线的距离为.故答案为：13.已知数列中，，则___________．【答案】【解析】【详解】试题分析：由，即，即数列表示首项为，公差为的等差数列，所以数列的通项公式，则，令，即，即当时，则，当，则，所以．考点：等差数列求和问题．14.直线的方向向量为，且过点，则点到的距离为______．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用点到直线距离的向量求法计算即得.【详解】依题意，，所以点到的距离.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．15.已知圆经过三点，，.（1）求圆的方程；（2）若过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）设出圆的一般式，代入三个点的坐标，求出圆的方程；（2）分直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，由垂径定理得到方程，求出直线方程.【小问1详解】设圆的方程为，将，，代入得，解得，故圆的方程为；【小问2详解】，故圆的圆心为，半径为2，当直线的斜率不存在时，，此时圆心到的距离，，满足要求；当直线的斜率存在时，设，圆心到的距离，由得，故，解得，故直线的方程为，即，故直线的方程为或.16.在正四棱柱中，，为棱中点．（1）证明平面．（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用正四棱柱的性质，得到侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，结合，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】因为是正四棱柱，所以侧面，而平面，所以又，，平面，所以平面；小问2详解】如图建立空间直角坐标系，则，，设，则，所以，，因为，所以，解得或（舍去），所以，，则，，，设是平面的法向量，所以取，设是平面的法向量，所以取，设二面角为，则，所以二面角的正弦值为.17.椭圆C：过点P（，1）且离心率为，F为椭圆右焦点，过F的直线交椭圆C于M，N两点，定点．（1）求椭圆C的方程；（2）若面积为3，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，与椭圆联立，结合韦达定理及，即可求解.【小问1详解】由已知可得，解得，所以，椭圆的标准方程为.【小问2详解】当直线与轴重合时，不符合题意，设直线的方程为，联立，可得，，设，由韦达定理可得，，则，则，解得，所以直线方程为.18.已知数列满足：，.（1）计算数列的前4项；（2）求证：是等差数列；（3）求的通项公式.【答案】（1），，，；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据给定递推公式，依次计算.（2）将给定的等式两边取倒数，再结合等差数列定义推理即得.（3）利用（2）的结论，求出的通项公式.【小问1详解】数列中，，，则，，，所以数列的前4项为，，，．【小问2详解】由（1）知，，将等号两端取倒数得，，即，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.【小问3详解】由（2）知，即，所以数列的通项公式为.19.已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”.（1）数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；（2）若为的“伴随数列”，证明：；（3）已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值.【答案】（1）存在，“伴随数列”是15,13,11,10（2）见解析（3）的最大值为【解析】【分析】（1）根据定义求出即可；（2）证明即可得出；（3）首先证明的伴随数列是存在的，最小的，然后确定得到范围，求得到最大值，由（2）知，利用累加法可得，得出，从而，（是整数）又由知是的正约数，这样得出得到最大值为，构造数列，，它存在伴随数列，从而得证.【小问1详解】，,,，均为正整数，所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10.【小问2详解】因为数列存在“伴随数列”，所以，且，所以，所以，即，所以.【小问3详解】①因为，，其中，当时，，，有，均为正整数，即当时，数列1,2025存在“伴随数列”：，因此的最小值为2；②一方面，由（2）知，，于是，所以，另一方面，由数列存在“伴随数列”，知，所以是的正约数，取，即取，综合上述为最大值