广西南宁市第二中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份广西南宁市第二中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共17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. 若是2和18的等比中项，则实数的值是（ ）
A. 6B. 或6C. 10D. 或10
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比中项的性质有，即可求参数值.
【详解】由题设.
故选：B
2. 设函数在定义域内可导,其图象如图所示,则导函数的大致图象为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析：根据函数的单调性得到导数的正负，从而得到函数的图像.
详解：由函数y=f(x)的图象知,当x∈(-∞,0)时,f(x)单调递减,则0时,f(x)先增,再减,然后再增,则先正,再负,然后再正.故答案为D.
点睛：（1）本题主要考查函数的单调性和导数的关系，意在考查学生对该知识的掌握水平.(2) 一般地，函数在某个区间可导 ，＞0 在这个区间是增函数,函数在某个区间可导 ，＜0 在这个区间是减函数.
3. 已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且它们的斜率之和是2，则点的轨迹方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点坐标，根据斜率公式列方程，化简得轨迹方程，最后根据范围去掉部分点.
【详解】设，则，
，又因为，
.
故选：D.
4. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，动点沿着线段从点移动到点．则下列结论中错误的是（ ）
A. 直线与直线为共面直线B. 恒为钝角
C. 三棱锥体积不变D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方体的结构特征有判断A；再由线面平行的判定证明线面平行，即可确定到面的距离恒定判定C；由线面垂直的判定及性质证线线垂直判定D；应用特殊点与或重合，结合四边形为矩形判断B.
【详解】A：由正方体的结构特征知：，则共面，即共面，
又面，故直线与直线为共面直线，对；
B：当与或重合，而四边形为矩形，则此时为锐角，错；
C：由，面，面，则面，
，即到面的距离恒定，则三棱锥体积不变，对；
D：由，且面，面，则，
又且都在面内，则面，面，
所以，对.
故选：B
5. 已知数列中，，则（ ）
A. 96B. 97C. 98D. 99
【答案】A
【解析】
【分析】由倒序相加法求和即可；
【详解】，
所以，
两式相加可得：，
所以，
故选：A
6. 已知椭圆的左，右焦点分别为，过上顶点作直线交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据椭圆的定义确定中各边的长度，再结合，用余弦定理列式，化简可求椭圆的离心率.
【详解】如图：

因为的周长为，，，所以，.
又，
所以.
所以椭圆的离心率为.
故选：D
7. 已知圆，圆，若两圆的公切线恰有四条，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设两圆相离，圆心且半径，圆心且半径，利用求参数范围.
【详解】由两圆的公切线恰有四条，即两圆相离，
对于，圆心，半径，
对于，圆心，半径，
所以，则，即或.
故选：D
8. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，通过其单调性和奇偶性即可求解；
【详解】构造函数，易知其为偶函数，
，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以在单调递减，单调递增，又其为偶函数，
所以即，
等价于，即，
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个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，选对但不全的得部分分，有错选的得0分．
9. 下列数列中，一定是单调递增数列的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据数列的通项公式及递推关系，结合相关函数的区间单调性依次判断各项的正误.
【详解】A：函数在上单调递减，在上单调递增，
由，且，
而，易知在上单调递增，符合；
B：函数在在上单调递减，在上单调递增，
由，且，
又，故在上单调递增，符合；
C：由，故在上单调递增，符合；
D：对于，当时在上单调递减，不符合.
故选：ABC
10. 已知，且，双曲线与，则下列结论错误的是（ ）
A. 它们的实轴长相等B. 它们的焦点相同
C. 它们的离心率相等D. 它们的渐近线相同
【答案】BD
【解析】
【分析】根据双曲线的方程一一求出它们的实轴长、焦点位置、离心率和渐近线方程即可判断各选项．
【详解】对于A，由题意可知双曲线的长轴长均为，所以它们的实轴长相等，故A正确；
对于B，双曲线的焦点分别在轴和y轴上，所以它们的焦点不相同，故B错误；
对于C，双曲线的焦距均为，所以它们的离心率均为，即它们的离心率相等，故C正确；
对于D，双曲线的渐近线分别为和，
因为，所以它们的渐近线不相同，故D错误.
故选：BD
11. 过点有三条直线和曲线相切，则实数的可能取值是（ ）
A. 0B. 3C. 6D. 4
【答案】BCD
【解析】
【分析】设切点为，利用导数几何意义得切线方程为，根据切点在曲线及切线上得，问题化为有三个不同的零点，再应用导数研究其单调性、极值，进而求参数范围.
【详解】设切点为，又，则切线斜率，
所以切线方程为，
又，则，
所以中有3个不同解，
进而有有三个不同的零点，而，
令或，显然，否则至多有两个不同零点，
当时，或时，即在和上单调递增；
时，即在上单调递减；
又极大值，故此时至多有一个零点；
当时，或时，即在和上单调递增；
时，即在上单调递减；
又极大值，极小值，此时满足要求，
所以，
综上，A不可能，B、C、D都有可能.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：问题化为有三个不同的零点为关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若直线与直线平行，则实数______．
【答案】3
【解析】
【分析】由两直线平行有，即可求参数.
【详解】由已知两直线平行，则，可得.
故答案为：3
13. 已知向量，若共面，则______．
【答案】7
【解析】
【分析】由空间向量共面，列出等式求解即可；
【详解】因为共面，
所以，
即，解得：
故答案为：7
14. 已知在棱长为3的正方体中，点是底面ABCD内的动点，点为棱BC上的动点，且，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由正切函数定义结合几何位置关系，得到，结合解析几何中的圆的知识，得到三点共线时，取得最小值，得到结果.
【详解】如图（一），，.
又，.
如图（二），建立平面直角坐标系，则，，，设点.
，化简得：（，）.
则圆心为，，点关于BC的对称点.
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．
（1）过原点作曲线的切线，求该切线的方程；
（2）设，求在的最值．
【答案】（1）
（2）最小值为，最大值
【解析】
【分析】（1）求导，根据斜率可求解，即可根据点斜式求解直线方程，
（2）求导，根据导函数的正负即可求解.
【小问1详解】
设切点为，由得，
所以所求切线的斜率为，即，
所以，即，故切点为，
所以所求切线的斜率为，切线方程为，即，
故所求切线的方程为．
【小问2详解】
由条件知，．
所以，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以在单调性为：单调递减，单调递增，
所以．
又
，所以最大值为：
所以在的最小值为，最大值为：
16. 如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，、分别为、的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求二面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【解析】
【分析】（Ⅰ）由中位线的性质得出，再由线面平行的判定定理可证得平面；
（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出平面一个法向量，利用空间向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求出平面的一个法向量，利用空间向量法可求得二面角的余弦值．
【详解】（Ⅰ）因为，，所以，
且平面，平面，则平面；
（Ⅱ）因为，，且，所以平面，
则以点为原点建立空间直角坐标系（如图），
设，可得，，，、、．
向量，，.
设为平面的法向量，则，即，
不妨令，可得为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
于是有，
因此，直线与平面所成角的正弦值为；
（Ⅲ）因为为平面的法向量，所以，
由图形可知，二面角的平面角为锐角，它的余弦值为.
【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解线面角和二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
17. 记为数列的前项和，已知，．
（1）证明：当时，数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：．
【答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）令可求得的值，当时，由，可得，两式作差，结合等比数列的定义可证得结论成立，据此可求得数列的通项公式；
（2），利用裂项相消法可证得结论成立.
【小问1详解】
证明：因为，，为数列的前项和，
当时，，
当时，由①，可得②，
①②可得，即，所以，，
又因为，则当时，数列是等比数列，其公比为，
即当时，，则，
不满足，所以，
小问2详解】
证明：，
则
.
综上，对任意的，.
18. 已知椭圆过点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，与轴交于点，
（ⅰ）若点为线段的中点，求证：点也是线段的中点；
（ⅱ）若原点总在以为直径的圆外，求直线斜率的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）由椭圆过点，离心率为，进而求出椭圆方程；
（2）由（1）可得设直线方程，与椭圆方程联立，（i）根据根与系数的关系以及已知条件列出等式求得k，得到直线l的方程，求得点P、Q的坐标，得到线段PQ的中点，即可求解；（ii）由结合向量的数量积运算进行求解.
【小问1详解】
由题意得，又，解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
由题意可知：直线的斜率必定存在，故设直线 l的方程为，
联立方程，
整理得，
所以，
（i）由，解得，
所以直线l方程为，
令，得；令，得，
所以PQ的中点为，
所以点也是线段的中点，命题得证；
（ii）又
，
则
，
因为原点总在以为直径的圆外，
所以，即，解得，
则直线l斜率的取值范围为 .
19. 对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“t跃点”
（1）若m为实数，函数，是“跃点”函数，求m的取值范围；
（2）若a为非零实数，函数，是“2跃点”函数，且在定义域内存在两个不同的“2跃点”，求a的值：
（3）若b为实数，函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，求b的取值范围.
【答案】（1）
（2）或.
（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数解析式计算，再由“跃点”函数的定义结合三角函数的性质求得实数的取值范围；
（2）若函数是“2跃点”函数，则方程有解，即有解，结合二次函数的性质和“2跃点”函数的定义求解即可；
（3）将题意转化为方程，即有一个不同的实数根，令，对求导，求出的单调性和最值，结合图象即可得出答案.
【小问1详解】
函数的导函数为，
若函数，是“跃点”函数，
则方程有解，即有解，
又因为，故，即.
【小问2详解】
因为，所以，
若该函数是“2跃点”函数，则方程①有解，
即有解，
由因式分解可得，
当时上述方程成立，因此是方程的一个实数根；
当时，②，
当即时，方程②为，即方程②有两个相等的实数根，
此时方程①的根为，则函数有两个不同的“2跃点”；
当即时，方程②无解，此时方程①的根为，则函数有一个“2跃点”；
当即时，方程②有两个不相等的实数根，若函数有两个不同的“2跃点”，
则其中一个是实数根为，则，解得：.
综上：的值为或.
【小问3详解】
函数，，
若该函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个 “1跃点”，
则方程，即恰有一个实数根，
即，，
令，解得：；令，解得：且，
故函数在和是严格的减函数，在上是严格的增函数.
且，
当趋近于负无穷，趋近于，当趋近于正无穷，趋近于正无穷，
的图象如下图：

故当时，恰有一个实数根，
即时，恰有一个实数根，
所以b的取值范围为.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.