江苏省南京市金陵中学2024-2025学年高二下学期3月期初测试 数学试卷（含解析）

这是一份江苏省南京市金陵中学2024-2025学年高二下学期3月期初测试 数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共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. 从集合中任取两个不同的数组成复数，其中虚数有（ ）
A. 4个B. 9个C. 12个D. 16个
【答案】B
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理计算即可求得结果.
【详解】根据题意可知，若复数表示虚数，则；
第一步，从中任取一个数作为，共有3种选法；
第二步，再从剩余的三个数任取一个作为，共有3中选法，
因此共有种.
故选：B
2. 函数在区间上的平均变化率等于时的瞬时变化率，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出函数的平均变化率和瞬时变化率，解方程可得结果.
【详解】易知平均变化率为，
可得，瞬时变化率为，
因此，解得.
故选：A
3. 记为等差数列的前n项和，已知，则（ ）
A 0B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由结合等差中项的性质可得，结合已知求出公差，进而求得的值.
【详解】等差数列中，，则，
因此公差，所以.
故选：D
4. 若直线与圆相交于A、B两点，且（其中O是原点），则k的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用圆心到直线距离以及弦长公式，列方程求得结果.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆心到直线距离为，弦长，
依题意，，所以.
故选：C
5. 若函数在内无极值，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出导数，再由导函数在内无变号零点，结合函数的单调性确定最小值和最大值的范围即可求解.
【详解】由函数在内无极值，得在内无变号零点，
而函数在上单调递增，则或，解得或，
所以实数a的取值范围是.
故选：C
6. 设为曲线的左，右两个焦点，P是曲线与的一个交点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出的坐标，由椭圆、双曲线的定义求出，，再由余弦定理求出，即可求出.
【详解】由曲线：的方程得，由椭圆的定义得，
又曲线：的焦点和曲线的焦点相同，不妨设在双曲线右支上，
双曲线的定义得，，，
在中，由余弦定理可得，
.

故选：D
7. 已知函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将问题转化为与曲线有三个不同的交点，利用导数研究函数的性质，从而结合图象即可求得实数的范围；
详解】令，即得，即方程有三个零点，
即直线与曲线有三个不同的交点，
可得，
所以当或时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值为，
当时，有极大值为，
当时，，且当时，，
所以作出函数的图象如图所示，
所以数形结合可知，即实数的取值范围为,
故选：A
8. 抛物线有一个重要的性质：从焦点出发的光线经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴，此时反射面为抛物线在该点处的切线．过抛物线上的一点P（异于原点O）作C的切线l，过O作l的平行线交PF（F为C的焦点）于点Q，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由光学性质可知，即，结合由三角不等式可得答案；
【详解】由可得，故焦点,
如图，由光学性质可知：入射光线，反射光线轴，所以，
又，所以，因为轴，，
则有，所以，即，
由三角不等式可得（因在抛物线上且异于原点，等号不可取），
即；

故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据平行线以及光学性质可得，，故，进而可得，即可利用三角形三边关系求解.
二、选择题：本大题共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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 某企业根据市场调研得到研发投入（亿元）与产品收益（亿元）的数据统计如下，则下列叙述正确的是（ ）
参考公式：关于的回归直线方程中，
A.
B. 由散点图知变量和负相关
C. 相关系数
D. 用最小二乘法求得关于的线性回归直线方程为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据条件，直接求出，即可求解；对于B和C，根据条件，画出散点图，即可求解；对于D，利用线性回归直线方程过样中心，代入计算，即可求解.
【详解】对于选项A，由题知，，故选项A正确，
对于选项B，由图表可得散点图如下，由散点图知变量和正相关，所以选项B错误，
对于选项C，由选项B知变量和正相关，所以，故选项C正确，
对于选项D，因为样本中心点为，又，
所以不是关于的线性回归直线方程，故选项D错误，
故选：AC.
10. 已知点，点P在上运动，在此过程中，则（ ）
A. 的面积最大值为B. 的取值范围是
C. 存在斜率为的直线D. 存在四个直角三角形PMN
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式，以及两点距离公式，即可根据面积公式求解A，根据数量积的坐标运算求解B，根据相切时的斜率即可求解C，分情况讨论直角顶点，即可结合点到直线的距离以及两圆位置关系求解D.
【详解】因为所以，
所以直线的方程，即，
由，得，
所以圆心，半径为，
对于A：因为圆心到直线的距离为，，

所以的面积最大值为，故A错误；
对于B,设，则，
由，则，
，因此，故B正确，
对于C，当直线与上半圆相切于点时，此时，故，故存在斜率为的直线，C正确，
对于D，①设与直线垂直且过点的直线为，
则，得，即直线，
因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆有两个交点，

所以以为直角顶点的直角三角形有2个；
②设与直线垂直且过点的直线为，
则，得，即直线为，
因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相离，无公共点，

所以以为直角顶点的直角三角形不存在；
③以为直径圆为，设圆心为，则，半径为，
所以，
因为，
所以以为直径的圆与圆相交，

所以以为直角顶点的直角三角形有2个；
综上，在运动过程中，能且只能得到4个不同的，故D正确.
故选：BCD
11. 己知数列满足（t为正整数），则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则t所有可能取值的集合为
C. 若，为正整数，则的前项和为
D. 任意都不能构成等差数列
【答案】AD
【解析】
【分析】根据递推公式代入计算可判断A正确，B错误，由可知数列的前构成等比数列，利用等比数列前项和公式计算可得C错误，对中的前两项是否为3的倍数进行分类讨论，再由等差数列定义判断即可得D正确.
【详解】对于A，若，可得，
根据递推公式计算可得，即可得A正确，
对于B，由题意（t为正整数）以及递推公式可知均为正整数；
显然当时，可得只能为，
再根据递推公式可得前3项的取值有以下情况：
；；；
；；
所以t所有可能取值的集合为，可得B错误；
对于C，若，为正整数，显然可知数列的前构成等比数列，公比为，；
则可知数列的前项和为，即C错误；
对于D，若都为3的倍数，且能构成等差数列，
因此可得，显然此时，
显然此时不能构成等差数列；
若都不为3的倍数，且能构成等差数列，
则，因此，
解得，与题意矛盾，显然此时不能构成等差数列；
若为3的倍数，不为3的倍数，且能构成等差数列，
则，因此，
解得，与题意矛盾，显然此时不能构成等差数列；
若不为3的倍数，为3的倍数，且能构成等差数列，
则，因此，
解得，与题意矛盾，显然此时不能构成等差数列；
综上可得，任意都不能构成等差数列，即D正确
故选：AD
【点睛】关键点点睛：在判断D选项时关键在于对任意中的前两项是否为3的倍数分四类进行讨论，再利用等差中项性质判断即可得出结论.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则双曲线C的离心率为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，求出值，进而求出离心率即可.
【详解】由双曲线的渐近线为，得，即，
所以双曲线离心率.
故答案为：
13. 已知定义在的函数满足，则不等式的解集为__________．
【答案】
【解析】
【分析】令函数，求导函数并根据函数符号与单调性的关系判断得出的单调性，再利用单调性解不等式可得结论.
【详解】构造函数，则，
又，，可得，
因此在上单调递增，
原不等式可化为，即，
可得，因此，
解得.
故答案为：.
14. 棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，点为的重心，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】依题意建立空间直角坐标系，利用正四面体性质求出点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，再利用重心性质以及异面直线夹角的向量求法即可求出结果.
【详解】根据题意，记在底面内的摄影为，则平面，
又平面，故，；
利用正四棱锥性质可得，所以，
又因为，则，
可知点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，在平面内过作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
设，
易知，
又点为的重心，可得，
因此，
设直线与直线所成的角为，
则可得
当时，取得最大值.
因此直线与直线所成角的余弦值的最大值为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解异面直线夹角的方法：
平移法：作出异面直线夹角的平面角求解；
向量法：利用空间向量以及夹角公式计算.
四、解答题：本大题共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. 已知数列的前n项和满足，且．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）记为数列的前n项和，求使成立的n的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的性质可得，即可利用的关系得，利用等差数列的定义即可求证，
（2）利用裂项相消法求解，即可利用二次函数的性质求解最值.
【小问1详解】
由可得为等差数列，且公差为1，首项为1，
故，即，
当时，，故，
当时，也符合，
故，
因此时，，故为等差数列，且公差为2，
【小问2详解】
，
故，
由可得，
故，
由于为开口向上，且对称轴为的二次函数，
故在单调递增，且，
因此使成立的n的最小值为2.
16. 设函数．
（1）若恒成立，求实数a的取值范围；
（2）是否存在实数a，当时，函数的最小值是2？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）由给定的恒成立的不等式分离参数，构造函数，求出函数的最大值即可.
（2）利用导数按分类讨论函数在上的单调性，并求出最小值即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，不等式，
令，依题意，恒成立，，
当时，；当时，，
函数在上递增，在上递减，，则，
所以实数a的取值范围是.
【小问2详解】
由函数，求导得，由，得，
当时，，函数在上单调递减，
，解得，无解；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
，解得，符合题意，
所以存在实数a，当时，函数的最小值是2，.
17. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，为的中点．
（1）求点到平面的距离：
（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，再由空间距离的向量求法计算可得结果；
（2）设，利用线面角的向量求法解方程计算可得结果.
【小问1详解】
取的中点为，连接，
因为平面，平面，
所以，
又，的中点为，，
所以，，可得四边形为平行四边形，
又，因此为矩形，可知，
因此两两垂直，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，因此；
可得，
设平面的一个法向量为；
则，解得，令，可得；
因此法向量可以为，
且，，，为的中点．
易知，
所以点到平面的距离为；
【小问2详解】
假设存在点，设，
易知，
所以，
由（1）可知平面的一个法向量为，
因为直线与平面所成角的正弦值是，
所以，
解得，
即，可得.
18. 己知椭圆的离心率为，且经过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）记椭圆的右焦点为，若点在椭圆上，满足，求直线的斜率．
（3）过点的动直线与椭圆有两个交点，在y轴上是否存在点使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在点纵坐标的取值范围为，满足题意.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率并代入点坐标计算可得椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程并利用韦达定理以及向量共线解方程可得结果；
（3）对直线的斜率进行分类讨论，联立直线和椭圆方程由韦达定理以及向量数量积的坐标表示，再根据恒成立解不等式可得结果.
【小问1详解】
依题意可知，解得，
因此椭圆的方程为；
【小问2详解】
易知，设直线的方程为，；
联立，整理可得，显然；
因此，
由可得，即，
代入可得，即；
因此，即，
解得，
因此直线的方程为，即其斜率为.
【小问3详解】
如下图：
当过点的动直线斜率存在时，
设直线方程为，，；
联立，整理可得，显然Δ=4k2+62k2+1>0；
因此，
所以
若存在点使得恒成立，可得，
解得，
当过点的动直线斜率不存在时，两个交点分别为椭圆的上下顶点，
显然此时方向相反，满足题意；
综上可得，点的纵坐标的取值范围为，使得恒成立.
19. 数列的前项和为，若存在正整数，且，使得同时成立，则称数列为“数列”
（1）若首项为3，公差为的等差数列是“数列”，求的值；
（2）已知数列为等比数列，公比为．
①若数列为“数列”，求的最大值；
②若，为偶数，试判断是否存在正整数，使数列为“数列”？如果存在，求出的最小值，如果不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）①的最大值为；②不存在正整数，使数列为“数列”；理由见解析；
【解析】
【分析】（1）根据等差数列前项和公式解方程组可得；
（2）①利用等比数列前项和公式解方程组可得，对的取值分类讨论即可得当时，取得最大值为；
②根据“数列”定义可得，对正整数的奇偶性进行分类讨论，构造函数利用导数判断得出单调性即可得出结论.
【小问1详解】
因为等差数列是“数列”，所以，
即可得，由首项为3，解得；
【小问2详解】
①当公比时，可得；
由数列为“数列”可得，
即，显然此时方程组无解，即；
当时，由可得，
解得；
显然当为偶数时，此时无解，
因此一定为奇数，
当时，可得，当时，可得，
以此类推易知时，可得，
显然随之的增大而减小，
所以时，取得最大值；
②因为数列为“数列”，，所以，
即,
两式作商可得，即，
因为为偶数，
假设为偶数，则可得，
令函数，则，
当时，易知，即，
所以在上单调递增，
因为，所以，
这与矛盾，因此假设不成立；
假设为奇数，则可得，
因为，所以，，即
因此
这与矛盾，因此假设不成立；
综上可得，若，为偶数，不存在正整数，使数列为“数列”.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据“数列”得出的关系式，再对其奇偶性分类讨论，利用同构思想构造函数得出函数单调性可判断方程无解，可得不存在正整数满足题意.