陕西省西安市临潼区华清中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份陕西省西安市临潼区华清中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共14页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，由交集的概念即可得解.
【详解】因为，且注意到，
从而.
故选：A.
2. 已知数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可求得结果.
【详解】因为数列的前项和为，
则.
故选：C.
3. 复数满足，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先应用模长公式，再结合复数的除法运算，最后应用共轭复数概念得出虚部即可.
【详解】因为，即，
所以，
所以复数，故虚部为.
故选：C.
4. 已知，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 充分必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量共线的向量坐标运算列式求得或，再根据充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】向量，，由，得，
解得或，由能推出或成立，反之不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线定义求解即可.
【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，
所以到准线的距离为，
又到直线的距离为，
所以，故.
故选：D.
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的运算法则计算即可．
【详解】由，则.
故选：D.
7. 已知函数在处取得极值0，则（ ）
A. 6B. 12C. 24D. 12或24
【答案】C
【解析】
【分析】根据在处取得极值0可得，解出即可.
【详解】由题意知，，又在处取得极值0，
则，解得或，
当时，，
函数在R上单调递增，无极值，不符合题意；
当时，，
令或，，
所以在、上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极小值，符合题意，
所以，，
则.
故选：C.
8. 设等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则（ ）
A. 7B. 15C. 31D. 63
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差中项的性质得到，然后结合等比数列的通项公式解方程，最后利用求和公式计算.
【详解】解析：设公比为，因为，，成等差数列，所以，
则，解得或（舍）．
因为，所以，故．
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. 在等比数列中，，，则（ ）
A. 的公比为B. 的公比为2
C. D. 数列为递增数列
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，列出等式求出等比数列的首项和公比，然后逐一判断即可.
【详解】设等比数列的公比为，
依题意，，解得，则，，BC正确，A错误；
对于D，，则数列为递减数列，D错误.
故选：BC
10. 我国2024年3月至10月服务业生产指数当月同比增速依次为5.0%，3.5%，4.8%，4.7%，4.8%，4.6%，5.1%，6.3%，则（ ）
A. 这组数据的众数为4.8%B. 这组数据的极差为2.8%
C. 这组数据的25%分位数为4.6%D. 这组数据的70%分位数为5.0%
【答案】ABD
【解析】
【分析】把给定的数据由小到大排列，再利用众数、极差、百分位数的定义求解即得.
【详解】样本数据由小到大排列为：3.5%，4.6%，4.7%，4.8%，4.8%，5.0%，5.1%，6.3%，
对于A，4.8%出现次数最多，这组数据的众数为4.8%，A正确；
对于B，这组数据的极差为，B正确；
对于C，，这组数据的25%分位数为，C错误；
对于D，，这组数据的70%分位数为5.0%，D正确.
故选：ABD.
11 已知曲线．（ ）
A. 若，则E一条直线
B. 若，则E是圆，其半径为
C. 若，则E是双曲线，其焦点在y轴上
D. 若E的离心率是，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项A，B，C直接代入结合直线，圆和双曲线分析可判断，选项D根据离心率小于可知是椭圆，化为椭圆标准方程后结合的范围由可求解.
【详解】若时，E即，表示直线y轴，A正确；
若表示圆，其半径为，故B正确；
若表示双曲线，且焦点在y轴上，故C正确；
由题意，E是椭圆，则且
当时，，故，所以，解得，
当时，，故，所以，解得，故D错误．
故选：ABC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用对数的运算法则直接计算可得答案.
【详解】因为，所以，
.
故答案为：.
13. 已知的内角为所对应的边分别为，且．则角的大小为_______.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理得，由三角形内角的关系得.
【详解】由正弦定理得，，
因为，所以，
所以，因为，所以，所以，
故答案为：.
14. 双曲线的左、右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与双曲线在第一象限交于点，且，则双曲线C的离心率为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形的面积可得，可得,利用双曲线定义可得，进而根据余弦定理求解.
【详解】设切点为,连接,过作，
则，
设则
，故，
，故，进而可得，
由余弦定理可得，化简可得，
因此，
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. 已知函数在处的切线平行于轴．
（1）求实数的值；
（2）求函数的极小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求函数的导函数，再根据切线斜率为0计算求参；
（2）先求函数的导函数，再求解函数的单调性进而得出函数的极小值即可.
【小问1详解】
由可得，
则，
由于，故，
【小问2详解】
，
当或时，，当时，，
故在单调递增，在单调递减，在单调递增，
故的极小值为
16. 在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点为，可得，由勾股定理得，从而得平面，进而证明平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，从而得到二面角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因，故平面，
因为平面，故平面平面.
【小问2详解】
在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.
则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故
而平面的法向量为，故.
由图可知，二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
17. 已知函数．
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；
（2）若在上单调递增，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件可得切线的斜率为，利用导数的几何意义列方程求；
（2）条件可转化为在上恒成立，再分离变量，结合基本不等式求结论.
【小问1详解】
设曲线在点处的切线的斜率，
直线的斜率为，
因为曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，即，
又的导函数，
所以，
所以，
所以，
【小问2详解】
由若在上单调递增，可得在上恒成立，
由（1）可得在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以，其中，
又当时，，当且仅当时等号成立，
所以，
所以，
所以的取值范围为.
18. 记是等差数列的前项和，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的的最小值；
（3）求数列的前项的和．
【答案】（1）
（2）4 （3）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解首项和公差，进而可求解，
（2）根据等差数列求和公式可得，即可列不等式求解，
（3）根据平方差公式，即可结合等差数列求和公式得解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由题意知，，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
由可得，解得或，
因为，故正整数的最小值为.
【小问3详解】
因为， 所以
19. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.
【小问1详解】
设，由题设有且，故，故，故，
故椭圆方程为.
【小问2详解】
直线的斜率必定存在，设，，，
由可得，
故，故，
又，
而，故直线，故，
所以
，
故，即轴.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.