新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第一中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第一中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了 直线倾斜角为，且过点，则， 已知函数，且，则m的值为， 在平面直角坐标系中，A， 下列命题中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
一､单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）
1. 直线倾斜角为，且过点，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由倾斜角确定斜率，再由斜率公式列出等式即可求解；
【详解】由题意可知，则，
由直线过点P，则得，
故选：A
2. 已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A. 10B. 9C. 6D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数的运算性质和等比数列的性质可求得的值.
【详解】因为数列是各项都为正数的等比数列，则，
所以，，则，故.
故选：B.
3. 已知函数，且，则m的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数定义求解.
【详解】∵，
∴，
∴，，解得．
故选：D.
4. 已知是双曲线的两个焦点，点为该双曲线上一点，若，且，则（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】
将双曲线的方程化为标准方程并表示出.并结合双曲线的定义、双曲线的几何性质、和,即可求得的值.
【详解】双曲线
化为标准方程可得
即
由双曲线定义可知,所以,
又因为,所以,
由以上两式可得,
由得,
所以,
解得,
故选:A.
【点睛】本题考查了双曲线的标准方程及几何性质的应用,根据等量关系求参数值,属于基础题.
5. 在数列中，，，记为数列的前n项和，则（ ）
A. 0B. 2018C. 1010D. 1009
【答案】C
【解析】
【分析】利用数列的递推公式顺次求解其项，可知数列为周期数列，据其周期求和即可.
【详解】解：因为，所以．
因为，所以，
，，，
，，，…，
故数列为周期数列，周期为4．
所以．
故选：C．
6. 在平面直角坐标系中，A（0，1），B（0，4），C是直线上的一动点，M是圆上一点，则当最小时，的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作A关于直线的对称点，根据对称性可得使最小时的C点坐标，求出其到圆心的距离，进而可得的最小值.
【详解】作A关于直线的对称点，可得（1，0），
则，
解得当C（，）时取等号，
所以．
故选：A．
7. 已知是椭圆的左焦点，过椭圆上一点P作直线与圆相切，切点为Q，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设为的圆心，利用椭圆定义和勾股定理得到，设，得到单调递增，从而求出最值，得到取值范围.
【详解】设为椭圆的右焦点，由题知，
故，显然为的圆心，
则，
由椭圆定义得，
故，
令，理由如下：
设，，则，，
故
，
因为，所以，
，
函数均单调递增，故在上单调递增，
所以.
故选：A．
8. 符号表示不超过实数的最大整数，如，．数列满足，，．若，为数列的前项和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出的通项公式，并确定其取值范围求出，再利用裂项相消法求和即可得解.
【详解】由，得，而，
则数列是首项为，公比也为的等比数列，即，
当时，，
显然满足上式，因此，
而，
，则，
显然，
于是，则，
因此，
所以.
故选：B
【点睛】易错点睛：裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
二､多项选择题（本大题共3题，每小题6分，共计18分.每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的按个数计分，多选或错选不得分.）
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 两条不重合直线的方向向量分别是，，则
B. 直线的方向向量，平面的法向量，则
C. 直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面所成角的大小为
D. 两个不同的平面的法向量分别是，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，利用向量共线即可判断；对于B，利用向量垂直判断直线与平面的两种位置关系排除；对于C和D，利用空间向量夹角的坐标公式计算结果即可判断.
【详解】对于A，由，可得，
又是两条不重合直线，故，即A正确；
对于B，因，可得，即或，故B错误；
对于C，设直线与平面所成角为，则，
因，故有，故C错误；
对于D，由，可得，
则，故，即D正确.
故选：AD.
10. 已知等差数列和的前n项和分别为和，且，，则下列结论正确的有（ ）
A. 数列是递增数列B.
C. 使为整数的正整数n的个数为0D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】化简已知等式由函数的单调性可得A正确；取反例结合等差数列的求和公式可得B错误；化简已知等式可得C正确；结合等差数列的求和公式判断为递增数列，再讨论的取值可得D正确；
【详解】对于A，，所以数列是递增数列，故A正确；
对于B，若，
则，，
所以，故B错误；
对于C，由可知无整数，故C正确；
对于D，因为和是等差数列，且前n项和分别为和，
所以，
所以递增，
所以最小值为时，为，故D正确；
故选：ACD.
11. 已知抛物线的焦点为，圆，圆上存在动点，过作圆的切线，也与抛物线相切于点，抛物线上任意一点到直线与直线的距离分别为．若点的坐标为，则（ ）
A.
B.
C. 的最小值为
D. 圆上的点到直线的最大距离为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意可得圆心，结合点的坐标，可求得，进而利用相切可求得线的方程，与抛物线方程联立方程，利用，可求得和切点的坐标，进而可得焦点的坐标，计算可判断AB；设点到直线的距离为，根据，利用点到直线的距离求得即可判断C；求得直线的方程，求得圆心到直线的距离可得圆上的点到直线的最大距离判断D.
【详解】由圆，得圆心，
又点的坐标为，所以．
因为直线为圆的切线，所以，所以，
所以直线的方程为，即．
联立得方程组，
消去并整理，得．
因为直线与抛物线相切，所以，解得（舍去），
所以抛物线的方程为，所以，
当时，方程为，解得，
所以，解得，所以切点，
所以，故A错误，B正确．
设点到直线的距离为．因为，所以．
因为点到直线的距离，所以，故C正确．
因为，所以直线的方程为，即．
因为圆心到直线的距离为，
所以圆上的点到直线的最大距离为，故D正确．
故选：BCD．
三､填空题（本大题共3小题，共15分）
12. 已知实数满足，则的最小值为___.
【答案】
【解析】
【分析】根据几何意义求最值.
【详解】因为实数满足，
表示原点与
直线上点之间距离，
因为到直线距离为，
所以的最小值为.
故答案为：
13. 已知等差数列的首项为，前项和为，若，且，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由等差数列前项和公式求得公差，再由得到求解即可.
【详解】设公差为，由得，则.
由得即解得.
故答案为：
14. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为双曲线渐近线上的点，且，若，则该双曲线的离心率________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据，得到，利用直角三角形斜边中线性质以及，表示出和的各边，再依据，在两个三角形中分别用余弦定理，进而列出等量关系式并求解.
【详解】不妨取M为渐近线上一点，
因为，所以，
又为的中点，所以，
因为，设，则，
因为，所以，
在和中分别用余弦定理，
则，，
所以，所以，，
则为锐角，，即，
则，，，.
故答案为：.
四､解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明，共77分）
15. 已知圆的圆心为坐标原点，且与直线相切.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线过点，直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由圆心到直线的距离求出半径，即可得到圆的方程.
（2）先由圆的弦长公式求出圆心到直线的距离，讨论斜率不存在和存在两种情况，斜率不存在时明显符合题意，斜率存在时先设出直线的点斜式方程，由的值求出直线斜率，从而求解.
【小问1详解】
设圆的半径为，则，
所以的标准方程为.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，则，解得：，
当直线的斜率不存在时，，此时圆心到的距离为1，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线的方程为：，
化简得：，则，解得：，
即.
综上，直线的方程为或.
16. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，
（1）若，求数列的通项公式；
（2）若，求
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用已知条件，结合等差数列和等比数列的通项即可得出公差和公比，即可求得结果.
（2）利用已知求出，再利用等差数列的前项和公式求解即可.
【小问1详解】
设的公差为，的公比为，
由，得，
又，得，
与联立，解得（舍去）或d=−1q=2，
因此数列的通项公式为.
【小问2详解】
由，得，解得或，
当时，由得，则，
当时，由得，则，
综上，或.
17. 已知抛物线上一点的横坐标为到抛物线的焦点的距离为2.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线交抛物线于两点，为坐标原点，满足，求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）32
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义，结合题目中的方程，表示出点的坐标，并建立方程，可得答案；
（2）设出直线方程，并联立方程，写出韦达定理，根据题目中的等式，求得参数，利用两点距离公式以及点到直线距离公式，结合三角形面积公式整理函数解析式，可得答案.
【小问1详解】
令，因为到抛物线的焦点的距离为2，所以，
代入得：，且，解得，
故求抛物线的方程为：
【小问2详解】
令直线的方程为：.
联立直线与抛物线的方程得：，消去可得：
，由题意可得，
故.
因为，所以，又，则，
解得，显然恒成立.
得直线的方程为：.
，
原点到直线的距离，
所以面积，
当时，面积的最小值为32.
18. 已知等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）对任意的正整数，设，求；
【答案】（1），；
（2）；
【解析】
分析】（1）根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，再借助等差数列前项和公式求出公比，进而求出通项公式.
（2）由（1）的结论，分奇偶求出的通项，并结合裂项相消法及错位相减求出对应前项和，再利用分组求和法求解.
【小问1详解】
等差数列中，，而，解得，
公差，则；
设等比数列的公比为，，由，得，
即，解得，，
所以数列和的通项公式分别为，.
【小问2详解】
由（1）得，当为奇数时，，
则；
当为偶数时，，，
，
则，
两式相减得
，因此，
所以.
19. 已知点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径的交点为，记点的轨迹是曲线，设经过点的直线与曲线的交点为.
（1）求曲线的方程；
（2）已知点，若直线与直线的斜率分别为，求的值.
（3）求的取值范围；
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据已知及椭圆的定义写出曲线的方程；
（2）讨论直线与轴的位置关系，设直线为或并联立椭圆方程，点，应用斜率的两点式及韦达定理求；
（3）由（2）及弦长公式或向量数量积的坐标表示得到关于参数m的表示，即可求范围.
【小问1详解】
连接，则，设点，圆的圆心，半径为4，，

点的轨迹是以为焦点的椭圆，长轴长，焦距，
，则曲线的方程为.
【小问2详解】
（法一）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，点都在轴上，，
②若直线不与轴重合，令直线为，，
联立，消去，得，
则，
由韦达定理得，
，
综上所述：.
（法二）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴垂直，直线与直线关于轴对称，；
②若直线不与轴垂直，令直线为，，
联立，消去，得，则，
由韦达定理得，
设
，
综上所述：.
【小问3详解】
（法一）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，则；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点，
由（1）中方法一及弦长公式得，
由，则，
综上所述，的取值范围是.
（法二）分以下两种情况讨论：
①当直线的斜率不存在时，不妨设，则；
②当直线的斜率存在时，设直线为，，
由（2）方法二及弦长公式得
，
由，
综上所述，的取值范围是.
（法三）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，则
②若直线不与轴重合，设直线为，，
则，结合（1）中方法一，
由，则，
综上所述，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第二、三问，设直线与椭圆并应用韦达定理，由斜率两点式、弦长公式或向量数量积的坐标表示，求值或列方程为关键.