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安徽省安庆市第一中学2024 2025学年高二下学期尖子生联考数学试卷
一、单选题
1．设全集，集合，，则集合等于（ ）
A． B． C． D．
2．复数满足（为虚数单位），则复数的模等于（ ）
A．5 B． C． D．
3．已知直线a，b和平面，，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．函数的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
5．已知是等差数列，，前10项和，则其公差（ ）
A．3 B．2 C． D．
6．若是直线上一动点，过作圆的两条切线，切点分别为，则四边形面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，，，是半径为5的球体表面上的四点，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知的定义域为，是的导函数，且，，则，，的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，则的可能取值为（ ）
A． B． C． D．
10．已知向量的夹角为，，，，则（ ）
A．在方向上的投影向量的模为1 B．在方向上的投影向量的模为
C．的最小值为 D．取得最小值时，
11．设函数（，是常数，，），若在区间上具有单调性，且，则下列说法正确的是（ ）
A．的周期为
B．的单调递增区间为
C．的对称轴为
D．的图象可由的图象向左平移个单位得到
三、填空题
12．若，则 .
13．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 .
14．已知A，B是椭圆的左右顶点，是双曲线在第一象限上的一点，直线分别交椭圆于另外的点．若直线MN过椭圆右焦点F，且，则椭圆的离心率为 ．
四、解答题
15．已知的内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求的大小；
(2)若为边上一点，且，，证明：为直角三角形.
16．如图，在三棱台中，，，，与相交点，点在上，且.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值
17．在数列中，且对任意，，，是公差为的等差数列.
(1)写出数列的前5项，并求出数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
18．已知抛物线的焦点到直线的距离为.设点为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，，其中，为切点.
(1)当点为直线与轴交点时，求；
(2)证明：直线过定点，并求出定点的坐标；
(3)当点在直线上移动时，求的最小值.
19．已知函数，.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，证明：在上有且只有一个零点.
参考答案
1．【答案】A
【详解】因为，
又因为，
所以.
所以.
故选A.
2．【答案】C
【详解】由题意可得，
所以，
故选C.
3．【答案】B
【详解】根据线面平行的判定定理可得，若，则，即必要性成立，
若，则不一定成立，故充分性不成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选B
4．【答案】A
【详解】由可知，函数的定义域为，
且，则函数为奇函数，图象关于原点对称，故排除C，D两项；
因为当时，函数恒为正值，则也恒为正值，故B项不合题意，A项正确.
故选A.
5．【答案】D
【详解】，，.
故选D.
6．【答案】B
【详解】
如图，由可得，则其圆心为，半径.
因为直线与圆相切，所以，且，
则四边形面积，
又，则.
故当取最小值时，四边形面积取最小值，
由图象可得，取得的最小值即为点到直线的距离，
即，
故四边形面积的最小值为.
故选B.
7．【答案】D
【详解】设球心为，分别取，的外接圆圆心为，，
连接，，，，
点为中点，则，
由为外心，故，则，
由题意可得平面，故平面与平面的夹角，即为的余角.
在中，，，
则由正弦定理可得，由球的半径为5，
故，，
由平面，平面，可得，
则中，，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
故选D.
8．【答案】C
【详解】因为，化简得，
构造函数，则，.
代入已知得.
再构造函数，则，
易知，当时，，函数在单调递增；
当时，，函数在单调递减，
所以，
由于，所以，所以，
所以当时，，函数在单调递减；
当时，，函数在单调递减，
所以在单调递减.
根据单位圆可得三角不等式，所以，
且，，故.
故选C.
9．【答案】BCD
【详解】联立，消去得.
因为直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，
所以方程有一正一负根，设这两根分别为、，
所以，整理得，解得.
所以的取值范围为，
故选BCD.
10．【答案】AD
【详解】由题意在方向上的投影向量的模为，故A说法正确；
在方向上的投影向量的模为，故B说法错误；
，
当时，取得最小值，
此时，
所以，故C说法错误，D说法正确，
故选AD.
11．【答案】BC
【详解】由在区间上具有单调性知，的周期满足，所以，
又因为，所以，在同一个周期内且，故的一条对称轴为，
又由知的一个对称中心为，且所求得的对称轴与对称中心是相邻的，所以，得，A错误.
故，又因为的一个对称中心为，所以，由知，，故.
由，解得，，B正确；
由，得，，C正确；
的图象向左平移个单位得，D错误.
故选BC.
12．【答案】
【详解】，，即，，
所以即，所以.
13．【答案】
【详解】由得，，
故曲线在处的切线方程为；
由得，
设切线与曲线相切的切点为，
由两曲线有公切线得，解得，则切点为，
切线方程为，
根据两切线重合,所以，解得.
14．【答案】/0.5
【详解】由题， ，设.
则，又点P在双曲线上，则.
，又点M在椭圆上，则.
注意到，则.
即直线MB与直线NB关于x轴对称，又椭圆为轴对称图形，则M，N两点关于x轴对称，故.
设椭圆右焦点坐标为，其中，因直线MN过椭圆右焦点F，则，将其代入椭圆方程可得.
则，又，则.
则.
15．【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）在中，由正弦定理及，得，
而，则，两边平方得，
又，即，解得，所以.
（2）由为边上一点，得，则，
由余弦定理得，又，，
即，整理得，
又，因此，
即，整理得，则，，
因此，即，
所以为直角三角形.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）
在上作点，使得，则，平面，平面，所以平面，
又因为，且，所以，所以，平面，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面
（2）过作,，所以，所以；
过作,，所以，所以；
平面，平面，所以平面，
因为平面，以为原点，平面为平面，为轴，过A作的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，且，，
所以，则，
则，，
设向量是平面的一个法向量，
则，
取，则，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为
17．【答案】(1)，，，，，
(2)证明见解析
【详解】（1）由题设可得，，，，.
因为，，是公差为的等差数列，所以，
从而有，，…，，
累加可得，所以
又，，是公差为的等差数列，故
综上所述当是奇数时，，当是偶数时，，即
（2）由题设，
当是奇数时
当是偶数时；
所以，且对任意，，
所以时
因此，
18．【答案】(1)
(2)证明见解析，定点为
(3)
【详解】（1）根据题意有，解得，所以抛物线，
因为点为直线与轴交点，所以点坐标为，
易知直线，的斜率存在，不妨设为，
则其方程为，联立方程有，
消去并整理得，
由题意可知，解得，
所以，得，
所以；

（2）依题意，不妨设，直线的方程为，
联立方程，消去并整理得，
所以，解得，所以，
解得，所以，所以切点坐标为，
直线的方程可写作，所以，
由，得，整理得，
，
所以方程有两个根，，不妨记直线的斜率为，的斜率为，
由韦达定理有，，
且由上述可知，，故直线的斜率为，
且的中点坐标为，
则直线的方程为
，
当点在坐标轴时，也过定点，
所以直线过定点；

（3）点坐标为，，，
所以，，
，
所以当点在直线上移动时，求的最小值为
19．【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见详解.
【详解】（1）当时，，，，
所以在点处的切线方程为，
即.
（2）因为，且，
由得，
当时，在上恒成立，
所以单调递增，恒成立，
当时，，
又因为，所以，
则在上，，
记，则时，，单调递减，
，与恒成立不符，
综上所述，恒成立，实数的取值范围是.
（3）证明：当时，，
令，则，，
当时，，单调递减，
所以在上，，，
易得，在上没有零点，故只需证明在上有且只有一个零点，
令，，
在上，单调递减，，，
所以存在使得，在上，，在上，；
所以在上单调递增，在上单调递减，，；
所以存在使得，在上，，在上，；
故在上单调递增，在上单调递减，且，，
所以在区间，存在唯一的使得，在上没有零点.
综上所述，时，函数在上有且只有一个零点.

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