江西省分宜中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份江西省分宜中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分， 方程所表示的图形是， 已知等比数列的前n项和为，则等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回.
一､单项选择题：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.
1. 与直线关于x轴对称的直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由在直线上，则点在该直线关于x轴对称的直线上，即可确定所求的直线.
【详解】若在直线上，则点在该直线关于x轴对称的直线上，
显然在A中的直线上，但不在B、C、D中的直线上.
故选：A
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 不存在
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线的方程，利用斜率和倾斜角的关系求解.
【详解】，由于为常数，则直线的倾斜角为90°.
故选：C.
3. 已知等比数列中，，，则等于（ ）
A. B. C. 6D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】由等比中项即可求解；
【详解】由，可得：，
又等比数列所有奇数项同号，，
所以，
故选：B
4. 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线法向量，在平面直角坐标系中，过的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据点法式方程的定义即可求解.
【详解】与平面向量类比，得到空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，
则该平面的方程为：，
化简得.
故选：A.
5. 方程所表示的图形是（ ）
A. 一个圆B. 一个半圆C. 两个圆D. 两个半圆
【答案】D
【解析】
【分析】根据和，平方化简可得圆的方程，即可求解.
【详解】由于，故或，
当时，则，平方可得，表示圆心为半径为2的右半圆，
当时，则，平方可得，表示圆心为半径为2的左半圆，
故选：D
6. 已知等比数列的前n项和为，则（ ）
A. 2B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用等比数列性质，求解.，
【详解】解：由等比数列性质有，即，解得，
则，
故选：A．
7. 已知椭圆的一个焦点是，过原点的直线与相交于点，，的面积是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设直线方程，联立直线与椭圆，根据的面积求出，利用弦长公式求出弦长.
【详解】如图：
由题，不妨设，直线斜率存在，
设直线方程，
联立，
，
，
解得，
故，
故选：D.
8. 已知函数的图象与x轴有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】问题化为且图象有两个交点，利用导数研究的性质并画出函数图象草图，数形结合求参数范围.
【详解】由题，方程有两个实数根，即，
所以且图象有两个交点，
设，则，令，解得，
当在上单调递减，
当在上单调递增，
所以有极小值，
当时，且，当时，，
作出函数的大致图象，
故，解得.
故选：C
二､多项选择题：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. 设数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 数列为递增数列
C. 数列为等差数列D. 当取最小值时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】A. 由递推求解判断；C.由，利用累加法求解判断；B.由，利用二次函数的单调性判断；D.由数列为递增数列，且判断.
【详解】解：由题意，，所以选项A对；
，由累加法有：
，，
显然满足上式，则，
所以，所以数列不是等差数列，所以选项C错误；
又，且在区间单调递增，
所以数列为递增数列，所以选项B对：
数列为递增数列，，所以取最小值时，，故选项D对.
故选：ABD.
10. 已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，过点的直线交抛物线于，两点，分别过，作准线的垂线，垂足为，，线段的中点为，则下列结论正确的是（ ）
A. 线段长度的最小值为
B. 若，，则定值
C.
D. 若，则直线倾斜角的正弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先求抛物线的焦点坐标，准线方程，设直线的方程为，联立方程组可得，，由此判断B，结合焦点弦公式求线段长度的最小值，判断A，证明判断C，结合条件求的坐标，结合两点斜率公式求直线倾斜角的正切值，再求其正弦值，判断D.
【详解】抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，
准线与轴的交点的坐标为，
若直线的斜率为，直线的方程为，
此时直线与抛物线的交点为，与条件矛盾，
故直线的斜率不为，设直线的方程为，
联立，消可得，，
方程的判别式，
由已知为方程的两个实根，
所以，，B错误；
所以，
当且仅当时等号成立，
所以当时，线段长度取最小值，最小值为；A正确；
由已知，，
所以点的坐标为，即，
所以，，
所以，
又，，
所以，
所以，C正确；
若，则直线的斜率为，点在第一象限，
所以，又，
所以，
所以，所以或（舍去），
设直线倾斜角为，则，
所以，
所以直线倾斜角的正弦值为，D正确；
故选：ACD
11. 如图，在棱长为6的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥体积为定值
B. 存在点，使平面平面
C. 设直线与平面所成角为，则最小值为
D. 平面截正方体所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A：由等体积变换可得，可判断；
选项B：建立空间直角坐标系，设，根据空间向量由面面平行可得，可判断；
选项C：根据空间向量法表示线面角，可得，进而可得；
选项D：先做出平面截正方体所得截面，根据线面关系可得截面的面积.
【详解】选项A：，故A正确；
选项B：
如图建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，则，
，设，故，
则,
由，得，不合题意，故B错误；
选项C：平面的法向量为，
则，
，
当时，取最小值为，故C正确；
选项D：
如图，直线分别交的延长线于点，
连接交于，连接交于，连接，
由题意可知五边形即为平面截正方体所得截面，
因，分别为棱，的中点，，，
，得，
由正方体性质可知，，
故所求截面面积为，
由选项可知，，，
故，，
故，，
，
故所求截面面积为，故D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：D选项的关键是先根据空间点线面的关系做出截面，进而由线面关系可求面积.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若点P是圆上动点，则点P到直线的距离最大值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆心到直线距离求圆上点到直线距离的最大值即可.
【详解】由题意，圆心坐标且半径，圆心到直线的距离，
则直线与圆相交，显然点P到直线距离.
故答案为：
13. 已知等差数列中，前项和为，这项中偶数项之和为，且，则数列的通项公式______.
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列性质条件可转化为，，解方程求，再结合等差数列通项公式求，由此可求通项公式.
【详解】设等差数列的公差为，
因为等差数列中，前项和为，
所以，故，
因为等差数列中前项中的偶数项之和为，
所以，故，
所以，解得，
所以，又，
所以，，
所以，，
所以
所以数列的通项公式为.
故答案为：.
14. 已知椭圆的左右焦点分别为，O为坐标原点．直线与椭圆相交于M，N两点，满足，则点M坐标为_________．
【答案】
【解析】
【分析】运用椭圆定义，结合余弦定理求解即可.
【详解】由，则，则，
又，所以，则点N为下顶点．
由余弦定理，
所以
所以，则，所以椭圆方程为，则点，
又，所以．
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. 已知数列的前n项和为，且数列是公差为1的等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足为数列前n项和，求．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数列的通项和前n项和的关系求解；
（2）由，利用裂项相消法求解.
【小问1详解】
解：由题知，则，
所以．
当，
又也符合，所以．
【小问2详解】
，
所以，
.
16. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若在区间上存在极值，且此极值小于，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先确定切点坐标，再根据导数的几何意义求切线斜率，依据点斜式可得切线方程.
（2）求导，对的不同取值进行讨论，可得函数的单调区间.要注意：函数的定义域.
（3）利用（2）的结论，可求问题（3）.
【小问1详解】
当时，，.
又，所以.
所以切点坐标为，切线斜率为1，
所以切线方程为即.
【小问2详解】
因为，
当时，恒成立，函数在区间单调递增．
当时，令，解得，
在区间，，函数单调递减，
在区间，，函数单调递增.
综上可知：当时，函数在区间单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
由（2）知，当时，函数无极值，
当时，函数在取得极小值，
所以，解得，所以．
所以实数的取值范围为：
17. 已知为等差数列，为等比数列且公比大于，，，，
（1）求和的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列公差为，数列公比为，利用等差数列通项公式和等比数列通项公式将条件转化为的方程，解方程求，再利用等差数列通项公式，等比数列通项公式求结论；
（2）由（1）可得，分别在为偶数和奇数条件下，利用分组求和法，裂项相消法及等比数列求和公式求结论.
【小问1详解】
设数列公差为，数列公比为，
由，得解得．
所以．
由于，即，又，，
所以，解得或（舍去）
所以；
【小问2详解】
由（1）得：
所以
所以
所以
当为偶数时：
当为奇数时：
.
18. 如图，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到如右图所示的四棱锥，记二面角的平面角为.
（1）当时，求证：平面；
（2）当时，
（i）求点到底面的距离；
（ii）设是侧棱上一动点，是否存在点，使得的余弦值为，若存在，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）存在，
【解析】
【分析】（1）翻折后由，，确定，得到平面，再结合勾股定理得到，即可求证；
（2）（i）过点作，垂足为，确定平面，即可求解；
（ii）建系，求得平面的法向量，通过向量夹角公式即可求解.
【小问1详解】
因为翻折前，所以翻折后，，
由二面角的定义可知，二面角的平面角，
当时，，即，
又，且，平面，
平面，
平面，，
又在三角形中，易知，，，
满足：，由勾股定理可知，，
，且，平面，
平面.
【小问2详解】
当时，
（i）由（1）知，，，平面，
平面，又平面，
平面平面，
在平面内，过点作，垂足为，
又平面平面，故平面，
即为点到平面的距离，
在中，，，故.
（ii）由（i）知，如图建立空间直角坐标系，
故，，，，设，
设，即，即，
设平面法向量为，
，，
，即，
令，得，，即，
设平面的法向量，
，，
，即，
令，得，，即，
的余弦值为，
，
解得，即.
19. 已知椭圆左，右焦点分别为，，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点（其中点在轴上方），的周长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直.
①若，求三棱锥的体积；
②是否存在，使得折叠后的周长为与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①；②存在，
【解析】
【分析】（1）由条件结合离心率的定义，椭圆的定义列关于的方程，解方程求，再根据关系求，由此可得椭圆方程；
（2）①由已知可得直线方程为，联立方程组求出的坐标，再求三棱锥的底面面积和高，结合锥体体积公式求结论；
②假设存在满足条件，设在新图形中对应点记为，由假设可得，
设直线方程为，设折叠前，，联立方程组求的纵坐标关系，结合两点距离公式可转化为，代入化简求结论.
【小问1详解】
由椭圆的定义知，，
所以的周长，所以，
又椭圆离心率为，所以，所以，，
所以椭圆的标准方程为
【小问2详解】
①由（1）知，点，倾斜角为，
故直线方程为，
联立，化简可得，
所以，
解得或
则，，，，
所以的面积为，
因为平面平面，平面平面，
过作，则平面，
所以平面，故三棱锥的高为，
三棱锥的体积为；
②假设存在，使得折叠后的周长为与折叠前周长之比为，
设在新图形中对应点记为，
因为折叠前的周长，
所以折叠后的周长为：，
而，，故，
设折叠前，，直线方程为，
联立，得，
，
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系
（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）；
则，，
，，
，
即，
，
由可得，
，
，
，
，解得，
检验：，
故成立，故存在满足题意.
此时由得，.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问中②的解决的关键在于根据翻折前后的数量关系，将条件折叠后的周长为与折叠前的周长之比为，转化为.