广东省深圳市红山中学2024−2025学年高二下学期第一次段考数学试卷（含解析）

广东省深圳市红山中学2024−2025学年高二下学期第一次段考数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．若复数满足，则的虚部为（

）A． B． C． D．2．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有这些小球的颜色互不相同.从两个袋子中分别取1个球，共有多少种不同的取法（

）A．11 B．110 C．30 D．253．已知等差数列的前项和为，，，则等差数列的公差为（

）A． B． C． D．4．的展开式的第7项的系数为（

）A． B． C． D．5．函数，的大致图象是（

）A． B．C． D．6．函数的单调递增区间是（

）A．和 B． C． D．7．设为双曲线曲线的左、右焦点，过直线与第一象限相交于点，且直线倾斜角的余弦值为，的离心率为（

）A．2 B． C．3 D．8．若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列计算正确的是（

）A． B．C． D．10．定义在上的函数的导函数的图象如图所示，下列关于函数的结论正确的是（

）A．函数的极值点的个数为B．函数在区间和单调递减C．函数在区间和单调递减D．当时，有最小值11．对于无穷数列，定义：，称数列是的“倒差数列”，下列叙述正确的有（

）A．若数列单调递增，则数列单调递增B．若数列是常数列，，则数列是周期数列C．若，则数列没有最小值D．若，则数列有最大值三、填空题（本大题共3小题）12．圆的半径为.13．若圆锥曲线且的一个焦点与抛物线的焦点重合，则实数.14．设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则成立时的取值范围是．四、解答题（本大题共5小题）15．在中，角，，的对边分别为，，，，，且的面积为.(1)求；(2)求的周长.16．如图，四棱锥的底面是正方形，且，侧面是等腰直角三角形，其中.四棱锥的体积为.(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.17．已知抛物线：（），是的焦点，为上的一动点，且的最小值为1.(1)求的方程；(2)直线（不过坐标原点）交于、两点，且满足，证明过定点，并求出该定点的坐标.18．数列的前项和为，已知.(1)试写出；(2)设，求证：数列是等比数列；(3)求出数列的前项和为及数列的通项公式.19．已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．

参考答案1．【答案】C【详解】，所以的虚部为.故选C.2．【答案】C【详解】分两步进行：第一个口袋内取一个球有5种取法，另一个口袋内取一个球有6种取法；从两个口袋内分别取1个小球，共有：种取法.故选C.3．【答案】A【详解】设公差为，则由题知：，故选A．4．【答案】B【分析】由二项式的通项公式求解．【详解】的展开式的第7项为：，则第7项的系数为：.故选B.5．【答案】D【详解】因为，，所以，即，所以为奇函数，故排除A、B；又，，且，所以，故排除C.故选D.6．【答案】B【详解】，的定义域为，由，得，∴的单调递增区间为．故选B．7．【答案】A【详解】由在第一象限内，且，则，且，由余弦定理可得cos∠PF1F2＝，整理得，等式两边同除，则，解得或(舍去).故选A.8．【答案】B【详解】解：依题意，有两个变号零点，令，即，则，显然，则，设，则，设，则，∴在上单调递减，又，∴当时，，，单调递增，当时，，，单调递减，∴，且时，，时，，∴，解得．故选B．9．【答案】ABC【详解】对于A：，A选项正确；对于B：，B选项正确；对于C：，C选项正确；对于D：，D选项错误.故选ABC.10．【答案】AC【详解】由导函数的正负与函数之间的关系可知，和单调递增，和单调递减，故B选项错误，C选项正确；由的图象可知，，，是函数的极值点，所以函数的极值点的个数为3，故A选项正确；当时，单调递减，单调递增，当时，有极小值，单调递增，单调递减，但是不确定是最小值，故D选项错误.故选AC.11．【答案】BD【详解】对于选项：例如，则，，可知，故错误；对于选项：因为是常数列，可设，则，可得，又因为不是常数列，则，可得，整理得：，所以，可知数列是以为周期的周期数列，故B正确；对于选项CD：若，则，①当为偶数时，且单调递增，则，所以且单调递增，此时；②当为奇数时，且单调递减，则，所以且单调递减，此时；综上所述：既有最大值，又有最小值，C错误；D正确.故选BD.12．【答案】【详解】圆的标准方程为，则半径为.13．【答案】【详解】抛物线的焦点为，则圆锥曲线：为焦点在轴上的椭圆，且，故，得.14．【答案】【详解】设函数，则，即函数在上单调递减；因为为奇函数，所以为偶函数，因此在上也单调递增；又，所以，当时，；当时，；当时；当时，.15．【答案】（1）（2）【详解】（1），由正弦定理可得：，即：，由余弦定理得.（2）∵，所以，，又，且，，的周长为16．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取的中点，连接，因为，，所以，又四棱锥的底面是正方形，所以，设到平面的距离为，则，所以，所以，即平面，又平面，所以平面平面；（2）取的中点，连接，则，即，如图建立空间直角坐标系，则，，，所以，，设平面的法向量为，则，取，又平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.17．【答案】(1)(2)证明见解析，定点为【详解】（1）因为的最小值为1，故，即，所以抛物线方程为（2）显然直线的斜率存在，设方程为，则,即，设，由韦达定理得，则，因为，所以，解得（舍），，故的方程为：，故恒过点.18．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)，.【详解】（1）由题设，，；（2）由，可得，整理，所以，又有，所以数列是等比数列，首项是1，公比为2.（3）由（2）可知，且，进而，所以数列的前项和，当，，当时，也满足.所以，.19．【答案】见解析【解析】