云南省大理白族自治州民族中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份云南省大理白族自治州民族中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 满分：150分
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. 已知直线的倾斜角为，且过点，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先得到直线的斜率，再由斜截式得到直线方程.
【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率，
又直线过点，所以直线的方程为.
故选：D
2. 已知数列，2，，，，…，，，…，则是这个数列的（ ）
A. 第19项B. 第20项C. 第21项D. 第22项
【答案】C
【解析】
【分析】令，解出即可得.
【详解】令，解得，
所以是这个数列的第项.
故选：C.
3. 已知复数，则（ ）
A. 0B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用复数乘方运算得，再由求结果.
【详解】由，则.
故选：B
4. 在平面直角坐标系中，已知点，，点是平面内一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则点的轨迹为椭圆
B. 若，则点的轨迹为椭圆
C. 若，则点的轨迹为直线
D. 若，则点轨迹为双曲线的一支
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆、双曲线的定义一一判断即可.
【详解】由，结合椭圆的定义，显然的轨迹不是椭圆而是线段，故A错误；
设，由，所以，
整理得，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故B错误；
由，则点的轨迹为以为端点（向右）的射线，故C错误；
由，根据双曲线的定义，则点的轨迹为双曲线的右支，故D正确.
故选：D
5. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出，，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：C
6. 已知等差数列，，其前项和为，若，则（ ）
A. 0B. C. 2025D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助等差数列求和公式结合题意计算可得的公差，即可得.
【详解】设数列的公差为，则，
故，
，
故，则.
故选：A
7. 我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突.器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密.碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱.该元青花团菊花纹小盏口径8.4厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（单位：平方厘米）（ ）（附：）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合圆台的侧面积公式分析求解.
【详解】设该圆台的上底面､下底面的半径分别为，
由题意可知：，则圆台的母线长，
所以其侧面积为.
故选：B.
8. 已知数列满足：，，，则（ ）
A. B. 3C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据与的关系，先得到数列的递推关系，再根据累加法求的值.
【详解】由，则，
所以
所以，，…，，
各式相加得：，则.
故选：C.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线l1：x＋my－1＝0，l2：（m－2）x＋3y＋3＝0，则下列说法正确的是（ ）
A. 若l1∥l2，则m＝－1或m＝3
B. 若l1∥l2，则m＝－1
C. 若l1⊥l2，则m＝－
D. 若l1⊥l2，则m＝
【答案】D
【解析】
【分析】根据两直线平行、垂直的条件求解判断．
【详解】若，则，解得或，
时，方程为，方程为，即，两直线重合，不合题意．
若，则，．
因此只有D正确．
故选：D．
10. 记等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A. 的前10项和为50B. 是递增数列
C. 当时，取得最小值D. 若，则的最小值为11
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出通项公式，对于A，直接算出和即可；对于B，运用数列的函数特征判定即可；对于C，根据数列函数特征，找出正负相邻项即可；对于D，根据数列增减性，结合判定即可.
【详解】解析：设公差为，则，
，，，
对于A：，知A正确；
对于B，由知B正确；
对于C，由通项公式知道，知C错误；
对于D，由时，，且，知D正确.
故选：ABD.
11. 在直三棱柱中，，，，分别是BC，的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（ ）
A. 平面
B. 直线EF与平面所成角的余弦值为
C. 直三棱柱的外接球半径为
D. 直线BD与直线EF所成角最小时，线段长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用空间向量法可判断线面平行，求解线面角，线线角结合二次函数值域分别判断A，B，D，再根据正方体外接球计算外接球半径即可判断C.
【详解】直三棱柱中，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系如图，
，、分别是、的中点，在线段上，
、、、、、，
对于A，为平面的一个法向量，，
则，又平面，平面，故A正确；
对于B，为平面的一个法向量，，
设直线与平面所成角为，
则sinθ=cs=AA1⋅EFAA1⋅EF=164×25=255，，故B错误；
对于C， 三棱柱是直棱柱，，，所以直三棱柱的外接球半径等于边长为4的正方体的外接球的半径，
所以，所以，故C正确；
对于D，设，
则，，
设直线与直线所成角为，则，
当即时，取最大值，此时直线与直线所成角最小，
，，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若集合是空集，则的取值范围是______．（用区间表示）
【答案】
【解析】
【分析】分和讨论方程解的情况，可得答案.
【详解】若，则方程无解，所以;
若，由方程无解，可得即，此时.
综上可知，实数的取值范围为：.
故答案为：
13. 已知数列满足：（为正整数），，若，则的所有可能取值之和为______．
【答案】46
【解析】
【分析】由递推关系，分情况讨论即可.
【详解】若为偶数时，由题意可得，；
若为奇数时，由题意可得，不符合题意；
当时，还可以；
综上，的所有可能取值之和为.
故答案为：46
14. 如图，已知过点的直线与抛物线交于，两点，且，则直线在轴的截距为______．
【答案】2
【解析】
【分析】设直线，，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得，根据,求出值，进而求出在轴上的截距.
【详解】设直线，，
则，故，
则，故，
由，则，故，解得，
当时，直线不符合题意，
所以，即，当，则，
即直线在轴上的截距为.
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. （1）已知椭圆中心在原点，一个焦点为，且长轴长是短轴长的2倍，求该椭圆的方程；
（2）已知双曲线焦点在轴上，焦距为8，双曲线的渐近线方程为，求双曲线的方程．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，分析椭圆焦点的位置以及的值，结合椭圆的性质可得的值，进而可得答案；
（2）根据题意，求出双曲线中的值，由双曲线的渐近线方程分析的关系，结合双曲线的几何性质可得的值，进而可得答案.
【详解】（1）根据题意，已知椭圆中心在原点，一个焦点为，
则椭圆的焦点在轴，且，
若长轴长是短轴长的2倍，则，
，则，
所以该椭圆的方程为.
（2）根据题意，双曲线焦点在轴上，焦距为8，则，
又双曲线的渐近线方程为，即，
则，即，
则，
所以，
所以该双曲线的标准方程为.
16. 在中，角，，所对的边分别是，，，已知．
（1）求证：；
（2）求角的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理将已知条件进行化简，再通过正弦定理将边转化为角来证明等式；
（2）在（1）的基础上，结合余弦定理和基本不等式求出角的最大值.
【小问1详解】
因为，又，
所以整理得，
由正弦定理可得：，得证.
【小问2详解】
由，，可得：，
又（当且仅当时取等号），
所以，
因，且在上单调递减，故，
当时，角取得最大值．
17. 已知数列各项均为正数，设数列的前n项和为，其中
（1）求数列的通项公式;
（2）令，求数列的前n项和
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用前n项和与通项公式的关系证明是等差数列，再利用等差数列的通项公式求解即可.
（2）写出新数列的通项公式，利用错位相减法，结合等比数列的求和公式求和即可.
【小问1详解】
，当时，，得或舍，
当时，，，
即，数列的各项均为正数，即，
，即数列是首项为1，公差为1的等差数列，
【小问2详解】
，①，
②，
①-②得：
，
18. 已知，分别是椭圆的左、右顶点，P（异于点A，B）是C上的一个动点，面积的最大值为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）记直线PA，PB的斜率分别为，，求的值；
（3）直线l交椭圆C于M，N两点（异于A，B两点），直线AM，AN的斜率分别为，，且，证明：直线MN过定点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件可知当点在椭圆上、下顶点处时，面积的最大，由此可计算椭圆标准方程.
（2）设，表示，利用点在椭圆上可求结果.
（3）设l的方程为，与椭圆方程联立，利用可计算出的值，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意得，.
当点在椭圆上、下顶点处时，面积的最大，此时面积为，
∴，∴椭圆C的方程为．
【小问2详解】
设，则，即，
∴．
【小问3详解】
由题意知直线l的斜率不为0，设l的方程为，，．
由得，
，
∴，，
∴，，
∵，∴，即，
∴，
解得或（舍）．
当时，满足，此时MN的方程为，故直线MN过定点．
19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.

（1）证明：平面平面；
（2）求到平面的距离；
（3）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为；若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，的值为或.
【解析】
【分析】（1）由，，可证得平面，由面面垂直的判定定理证得平面平面；
（2）向量法求到平面的距离；
（3）证明出，求出平面的法向量，设，则，，设平面的法向量为，根解两平面夹角列出方程，求得或，设，进而根据，求出答案.
【小问1详解】
因为，，
，平面，则平面，
又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，因为是等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，所以平面，
平面，，，
取的中点，连接，则，由，得，
所以两两垂直，
以为原点，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

因为，由勾股定理得，
所以，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，，则，
到平面的距离.
【小问3详解】
连接，因平面，平面平面，所以，
不妨设，则，，
设，则，
即，，，故，
同理可得，
则有，
设平面的法向量为，
则，
解得，设，则，故，
所以
化简得，解得或，
设，则，设，
则，解得，，，
故，
当，，因为，
所以，化简得，
解得，满足要求，
当，，因为，
所以，化简得，
解得，满足要求.
故存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时的值为或.
【点睛】立体几何二面角求解方法：
（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解.