湖南省岳阳市平江县颐华高级中学2024-2025学年高二下学期开学测试 数学试题（含解析）

这是一份湖南省岳阳市平江县颐华高级中学2024-2025学年高二下学期开学测试 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，侧面展开图是一个半圆，，圆锥的表面积为，，故圆锥的底面半径为，故选B.
考点：圆锥几何性质及侧面积公式.
2. 已知，，且，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】由空间向量共线的坐标表示建方程组求解即可.
【详解】由，得，
解得，所以，
故选：A.
3. 已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数以及对数的单调性即可求解.
【详解】由于，，，
所以，
故选：B
4. 已知，则的值是（ ）
A. B. －
C. －3D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据弦化切，由题中条件，得到，再由得到，再由弦化切，即可得出结果.
【详解】因为，所以，即，
解得：，
所以.
故选：A.
【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系，根据弦化切即可求解，属于常考题型.
5. 当时，函数取得最大值，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
6. 已知三棱锥的顶点都在球O的球面上，，，平面ABC，若球O的体积为，则该三棱锥的体积是（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】三棱锥放入长方体内，所以长方体的体对角线即为外接球直径，即为球直径，由球的体积求出的长度，再求出，由三棱锥体积公式求解即可.
【详解】因为，，
易知三角形ABC为等腰直角三角形，
又平面ABC，所以PB为三棱锥的高，
则可将三棱锥放入长方体内，如图，
长方体的体对角线即为外接球直径，即为球直径，
,
又，
解得,
所以三棱锥的体积，
故选：A
7. 在数列{an}中，a1＝﹣2，an+1＝，则a2016＝（ ）
A. ﹣2B. ﹣C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据已知条件依次计算数列前几项得到该数列的周期，再计算即可.
【详解】依题意，，，，，…依次类推可知数列{an}是周期数列，周期为4，而，故.
故选：D.
【点睛】本题考查了数列的递推公式和周期性的应用，属于基础题.
8. 过椭圆的一个焦点作弦，若，，则的数值为（ ）
A. B. C. D. 与弦斜率有关
【答案】B
【解析】
【分析】不妨设为椭圆的右焦点，，，利用椭圆的右焦半径公式，，
联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，将式子化简整理可得．
【详解】令，设，，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
由，解得，则，所以；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，整理得：，
所以，，
又，，所以，
综上，.
故选：B.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
9. 若，则下列不等式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据对数函数性质即可判断A，利用指数函数和即可判断BC，利用中间量即可判断D.
【详解】需要，不能满足，A选项错误；
由指数函数的性质，当时，有，B选项错误；
由幂函数的性质，当时，有，即，C选项正确；
当时，由幂函数和指数函数的单调性，
则成立，D选项正确.
故选：CD
10. 已知函数，则（ ）
A. 在单调递增
B. 有两个零点
C. 曲线在点处切线的斜率为
D. 是偶函数
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据函数的定义域可判断D，利用函数的导数的正负可判断A，利用导数的几何意义可判断C，根据函数值的情况及零点定义可判断B.
【详解】由知函数的定义域为，
，
当时，，，
故在单调递增，A正确；
由，当时，，
当，所以只有0一个零点，B错误；
令，，故曲线在点处切线的斜率为，C正确；
由函数定义域为，不关于原点对称知，不是偶函数，D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：解决本题时，利用函数的导数判断函数的增减性，利用导数的几何意义求切线的斜率，属于中档题.
11. 已知抛物线与圆交于两点，且，直线过的焦点，且与交于两点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若直线的斜率为，则
B. 的最小值为
C. 若以为直径的圆与轴的公共点为，则的横坐标为
D. 若点，则周长的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】首先求出抛物线的解析式，设出MN方程联立进行求解当时，，进而判断选项A；再根据韦达定理和不等式求最小值后判断选项B；画出大致图像过点M作准线的垂线，垂足为，交y轴于，结合抛物线定义判断选项C；过G作GH垂直于准线，垂足为H，结合的周长为进而判断选项D即可．
【详解】解：由题意得点在抛物线上，
所以，解得，所以C：，则，
对于A选项，设直线：，与联立得，
设，，所以，，
所以，
当直线的斜率为时，，，故A项正确；
对于B选项，由抛物线的定义， ，
所以，
当且仅当，时等号成立，故B项正确；
对于C选项，如图，过点作准线的垂线，垂足为，交轴于，
取的中点为，过点作轴的垂线，垂足为，
则，是梯形的中位线，
由抛物线的定义可得，
所以，
所以以为直径的圆与轴相切，
所以为圆与轴的切点，所以点的纵坐标为，
又因为为的中点，所以点的纵坐标为，
又点在抛物线上，所以点的横坐标为，故C项正确；
对于D选项，过作垂直于准线，垂足为，
所以的周长为，
当且仅当点的坐标为时取等号，故D项错误．
故选:ABC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 设等差数列，的前项和分别为，，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用等差数列前项和公式，化简比例式，代入即可求解.
【详解】因为，
所以
.
故答案为：
13. 已知是圆上的动点，，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由的几何意义可知其表示圆上的点与点所在直线的斜率，求出过点A的切线的斜率，结合图象即可求得结果.
【详解】设，由题知圆的圆心为，半径，表示直线的斜率，
不妨设过点A的圆的切线方程为，
则圆心到切线的距离，解得或，
结合图可知，实数的取值范围为.
故答案为：.
14. 若函数在内只有一个零点，则的零点之和为______．
【答案】
【解析】
【分析】运用参变分离，转化为函数交点，借助导数和条件内只有一个零点，求出a,再根据零点概念求解零点，再求和.
【详解】，即在内有一个根．
即，与在内有一个交点.
,
解得，单调递减；单调递增.
因此.当时，；当时，，
的图象与在内有一个交点.则，则.
,
即，
令，解得，则的零点之和为
故答案为：.
四、解答题：本题共5大题，共计77分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△P'AB为等边三角形（如图1所示），△P'AB沿着AB折起到△PAB的位置，且使平面PAB⊥平面ABCD，M是棱AD的中点（如图2所示）．
（1）求证：PC⊥BM；
（2）求直线PC与平面PBM所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取AB中点O，CD中点E，连接PO，OE，可证OB、OE、OP两两垂直，从而建立如图所示空间直角坐标系，利用向量的数量积为0可证PC⊥BM；
（2）求出直线的方向向量和法向量后可求线面角的正弦值，从而可求余弦值.
【小问1详解】
取AB中点O，CD中点E，连接PO，OE，
因为ABCD是正方形，△PAB为等边三角形，所以OE⊥AB，PO⊥AB，
又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面，平面平面，
故平面，而平面，所以PO⊥OE，
所以OB、OE、OP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P（0，0，），C（1，2，0），B（1，0，0），M（﹣1，1，0），
，，所以，所以PC⊥BM；
【小问2详解】
由（1）知，，，
设平面PBM的法向量为，
故即，令，.
则，设PC与平面PBM成角为θ，
故，
因为为锐角，故．
16. 已知在中，角的对边分别为，向量，.
（1）求角C的大小；
（2）若成等差数列，且，求c.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积的运算结合三角函数恒等变换公式可求出角C的大小；
（2）由已知条件结合正弦定理可得，由，得，得，然后利用余弦定理可求得结果.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为在中，，
所以，所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
【小问2详解】
由成等差数列，
可得，
由正弦定理得，
因为，所以，
所以，得，
由余弦定理得，
所以，，
所以.
17. 已知各项均不相等的等差数列的前4项和为10，且是等比数列的前3项．
（1）求；
（2）设，求的前n项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式与等比中项公式求得基本量，从而利用公式法依次求得；
（2）结合（1）中结论，利用分组求和法与裂项相消法即可得解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，前项和为，则，
因为，则，即，
又因为成等比数列，所以，即，整理得，
又因为，所以，
联立，解得，
所以，
又，，是等比数列，
所以，则.
【小问2详解】
由（1）得，
所以
，
所以数列的前n项和.
18. 已知椭圆：的一个顶点为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点定点作斜率为的直线与椭圆交于，，直线，的斜率分别记为，.求的值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的标准方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，设直线：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
得，所以椭圆的方程为：.
【小问2详解】

设直线：，则，
消得：，
，
所以，
设，，
所以，，
因为，所以，，
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求证：.
【答案】（1）； （2）见解析
【解析】
【分析】（1）代入,可得的解析式.求得导函数,即可得直线方程的斜率,求得点坐标后,由点斜式即可求得切线方程.
（2）根据放缩法,由得.从而证明即可.构造函数,通过求得导函数,再令,求得.即可判断的单调性,进而求得的零点所在区间,并判断出该零点为的极小值点,求得在该点的最小值,即证明不等式成立.
【详解】（1）当时,
所以
所以,又因为,即点坐标为
所以曲线在点处的切线方程为
即
（2）证明：当时,,
要证明只需证明,
设,则,
设,则,
所以函数在上单调递增,
因为,,
所以函数在上有唯一零点,且,
因为,所以,即,
当时,；当时,,
所以当时,取得最小值,
故
综上可知,若,.
【点睛】本题考查了利用导数求切线方程,由导数证明不等式成立.根据导数判断函数的单调性和极值,函数的最值及零点的综合应用,对思维能力要求较高,是高考的常考点和重难点,属于难题.