山东省微山县第一中学2024-2025学年高二下学期开学收心考试 数学试题（含解析）

高二年级开学收心考试数学试题第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：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.已知向量，满足，则的值为（）A. B.3 C. D.1【答案】A【解析】【分析】代入空间向量垂直的坐标表示，即可求解.【详解】由条件可知，，得.故选：A2.在等差数列中，，则公差等于（）A1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】利用等差数列通项公式列出等式，联立两个等式即可求得结果.【详解】设等差数列的首项为，公差为，因为，所以,解得，故选：B3.已知直线经过点，且倾斜角为45°，则直线的方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意求出直线的斜率，利用点斜式方程即可求得.【详解】由题意知，直线的斜率为1，又经过点，故直线的方程为，即.故选：D.4.已知为等比数列，且，则（）A.189 B.93 C.63 D.33【答案】A【解析】【分析】应用等比数列的前n项和公式计算求解.【详解】因为为等比数列，且，则.故选：A.5.如图，在三棱锥中，．若点分别在棱上，且，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的基本定理及利用向量的加法表示出即可求解．【详解】由，得，所以，故选：C．6.若椭圆的离心率为，则（）A. B.4 C. D.2【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用离心率的意义求出值.【详解】依题意，，所以.故选：D7.已知函数在处可导，且则（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据导数的定义计算可得.【详解】因为函数在处可导，且，所以.故选：A8.已知曲线（）和直线有且仅有一个公共点，则直线l的斜率为（）A. B. C. D.不存在【答案】C【解析】【分析】法一，由圆心到直线的距离等于半径即可求解，法二，由图像判断斜率大于0，结合选项判断即可；【详解】易知，直线过定点，曲线表示圆心为，半径为2的上半圆，定点在半圆所在的圆外．解法一：由与有且仅有一个公共点时，与半圆相切，此时圆心到直线的距离，解得，由图知，故选：C．解法二：当和有且仅有一个公共点时，存在，且，结合选项，故选：C．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．9.若为数列的前项和，且，则下列说法中正确的是（）A. B.C.是等比数列 D.是等比数列【答案】ACD【解析】【分析】由与关系可得出数列的通项公式，再对选项逐一判断即可.【详解】当时，，当时，由有，所以，所以数列时以为首项，2公比的等比数列，故C正确；，故A正确；由，故B错误；因为，所以是等比数列，故D正确.故选：ACD.10.下列说法正确的是（）A.曲线表示圆B.过点作圆的切线，其切线长为C.过圆与可作4条公切线D.直线的倾斜角范围是【答案】BCD【解析】【分析】将曲线方程配方可判断A；利用切线长公式求出切线的长可判断B；判断两圆的位置关系可判断C；求出斜率的范围，可得倾斜角的范围，从而可判断D.【详解】对A选项，曲线可化为，不是圆，所以A错误；对B选项，切线长为，所以B正确；对C选项，因为圆的圆心坐标为，半径为2，的圆心坐标为，半径为1，所以两圆圆心距为大于两半径之和，所以两圆相离，可作4条公切线，所以C正确；对D选项，设直线的倾斜角的倾斜角为，，因为直线的斜率，所以倾斜角范围．所以D正确，故选：BCD.11.已知抛物线的焦点为，经过点且斜率为的直线与抛物线交于A，B两点（点A在第一象限），分别以A，B两点为切点的两条切线交点为，若，则以下结论正确的是（）A. B.C. D.的面积为【答案】BCD【解析】【分析】直线与抛物线联立方程组，求出点的坐标，由，求得，进而求得，即可判断AB，利用求得两切线方程，进而求得点的坐标，计算可判断C；求出原点到直线的距离，代入面积公式求解判断D.【详解】如图，，直线的斜率，则设直线的方程为，联立得，得：，解得．由，得，故A错误；由于，则，故B正确；所以，所以，，又因为在第一象限，故在第四象限，所以，，所以，设过点的切线方程为，代入抛物线方程可得，整理得，由判别式等于0，整理可得，解得，所以过点的切线方程为，即①，同理求得过点的切线方程为②，联立①②可得，所以，又，所以，故C正确；因为直线的方程为，原点到直线的距离为，所以，故D正确．故选：BCD．第Ⅱ卷（非选择题）三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知函数满足，则______．【答案】【解析】【分析】根据导数运算法则，结合赋值法，求得.【详解】由，有，所以，所以，所以，故答案为：.13.已知直线：与：平行，且过点，则与间距离为______.【答案】##【解析】【分析】由直线列方程，可求，再结合直线过点列方程求，再结合平行直线距离公式求结论.【详解】因为直线：与：平行，所以，所以，，因为过点，所以，所以，所以直线的方程为，即，所以与间的距离.故答案为：.14.若椭圆的一条弦AB的中点为，则直线AB的斜率为______．【答案】##0.4【解析】【分析】利用点差法得，再代入M点坐标即可得答案.【详解】易知，，设椭圆中心为O，不妨设坐标为，则，两式作差可得：，设，OM的斜率，则，解得．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、证明过程或演算步骤．15.已知函数（为常数）在处的切线与直线垂直．（1）求的值；（2）已知点是函数图象上的一点，求点到直线的距离的最小值．【答案】（1）2.（2）；【解析】【分析】（1）求出函数的导数，利用切线与已知直线垂直求出的值.（2）由（1）求出函数，平移直线与曲线相切，求出切点坐标，再利用点到直线距离求出最小值.【小问1详解】函数的定义域为，求导得，则，由曲线在处的切线与直线垂直，得，所以的值是2.【小问2详解】由（1）知，，平移直线与函数的图象相切，设切点为，则切线的斜率，解得，切点为，所以点到直线的距离的最小值为.16.已知函数的图象经过点．（1）求曲线在点A处的切线方程．（2）曲线是否存在过坐标原点的切线？若存在，求切点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）曲线存在过坐标原点的切线，且切点的坐标为或．【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）设出过坐标原点的切线方程以及切点坐标，利用导数的几何意义以及切点既在切线上也在曲线上列出方程组求解即可.【小问1详解】依题意可得，则,∵，∴，∴曲线在点（1，5）处的切线方程为，即；【小问2详解】设过原点的切线方程为，则切点为，则,消去k，整理得，解得或，所以曲线存在过坐标原点的切线，且切点的坐标为或．17.数列满足：，，设.（1）求证：是等比数列；（2）求的通项公式及前项和.【答案】（1）证明见解析（2），【解析】【分析】（1）利用等比数列定义可证得结论成立；（2）利用（1）中的结论可求出数列的通项公式，由此可求得数列的通项公式，利用分组求和法可求得.【小问1详解】因为，所以，即.又因为，所以，故是首项为，公比为的等比数列.【小问2详解】由（1）得，，即，所以，所以..18.已知点、，动点到、的距离之比为，设动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）已知直线过点且与曲线交于、两点，若，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由平面内两点间的距离公式结合化简可得出曲线的方程；（2）计算出圆心到直线的距离为，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直接验证即可；在直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数的值，综合可得出直线的方程.【小问1详解】由题意可知即，化简可得，所以曲线的方程．【小问2详解】由（1）可知，曲线是以为圆心，为半径的圆．因为，所以，圆心到直线的距离，当直线斜率存在时，设直线方程为，即，则，解得，此时直线的方程为．当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，直线符合题意．综上，直线的方程为或．19.已知椭圆（）的左顶点为A，左、右焦点分别为，，离心率为，P为椭圆上任一点，且的面积的最大值为．（1）求C的方程；（2）若直线l与C有两个不同的交点M，N（均不与点A重合），且，判断直线l是否恒过一个定点，若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由；（3）在（2）的条件下，求△AMN面积的最大值．【答案】（1）（2）存在定点（3）【解析】【分析】（1）利用三角形面积与椭圆性质，及离心率公式与基本关系式计算.（2）利用直线于椭圆联立方程，韦达定理与向量的数量积.（3）利用点到直线距离，与弦长公式，三角形面积公式，换元法与函数最值，求出最大值.小问1详解】设椭圆C的焦距为．当P在短轴的端点处时，的面积最大，所以，又C的离心率，所以，结合，得，，所以椭圆C的方程为．【小问2详解】解法一：由题意知直线的斜率不为0，否则，所以可设直线的方程为，联立得，所以，，所以，，由（1）知，因为，所以，所以，即，即，解得或（舍去），又满足，故存在定点.解法二：将椭圆方程向右平移2个单位，得，即①，设直线MN方程为，