重庆市巴川中学校2024−2025学年高二下学期第一阶段测数学试题（含解析）

重庆市巴川中学校2024−2025学年高二下学期第一阶段测数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．下列求导运算正确的是（）A． B．C． D．2．已知向量，若，则（）A． B．4 C． D．53．已知圆锥的侧面展开图是半径为3的半圆，则该圆锥的体积为（）A． B． C． D．4．已知等差数列中，，是数列的前项和，则的值为（）A． B． C．30 D．605．已知圆：，直线：，则直线被圆截得的弦长的最小值为（）A． B． C． D．6．已知双曲线的右焦点为，，是其一条渐近线上的两点，且，若的面积等于，则的最小值为（）A． B．2 C． D．47．已知定义在上的偶函数满足，若，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．8．已知函数，如果对于任意的，恒成立，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．已知函数，则下列结论正确的是（）A．是函数定义域内的极小值点B．的单调减区间是C．若有两个不同的交点，则D．在定义域内既无最大值又无最小值10．设等差数列的公差为d，前n项和为，若，，，则下列结论正确的是（

）．A．数列是递增数列 B．C． D．，，…，中最大的是11．已知双曲线的左､右焦点分别为，直线：与相交于点，与的一条渐近线相交于点.记的离心率为，那么（

）A．若，则B．若，则C．落，则D．若，则三、填空题（本大题共3小题）12．已知抛物线上，点在此抛物线上，为抛物线的焦点，则．13．若曲线只有一条过原点的切线，则的值为．14．记正项数列的前n项和为，若，，则的最小值为.四、解答题（本大题共5小题）15．在中，内角，，所对的边分别为，，，且.(1)求；(2)若的面积为，，求的值.16．已知数列满足，.(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式：(2)记，求数列的前n项和.17．如图，在圆柱中，是圆柱的一条母线，是底面圆的内接四边形，是圆的直径，为上一点.(1)求证：；(2)若是的中点，求二面角的余弦值.18．已知椭圆与双曲线有共同焦点，且离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设为椭圆的下顶点，为椭圆上异于的不同两点，且直线与的斜率之积为.（ⅰ）试问所在直线是否过定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由；（ⅱ）若为椭圆上异于的一点，且，求的面积的最小值.19．对于一个函数和一个点，令函数，若是的极值点，则称点是在的“边界点”．(1)对于函数，证明：对于点，存在点，使得点是在的“边界点”；(2)对于函数，若不存在点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围；(3)对于函数，若存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围．

参考答案1．【答案】D【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，，故D正确.故选D.2．【答案】A【详解】由，可得，又由，则得，即，解得.故选A.3．【答案】C【详解】设圆锥底面圆的半径为，高为，母线长为，则，，所以，所以，所以该圆锥的体积为.故选C.4．【答案】B【详解】由题意可得.故选B.5．【答案】A【详解】将直线方程进行变形：因为，所以可联立方程组，解得..所以直线恒过定点.已知圆：，则圆心，半径.可得圆心与定点的距离为：.因为，所以点在圆内部.当圆心与定点的连线垂直于直线时，弦长最短.此时弦长的一半、圆心与定点的距离以及圆的半径构成直角三角形，其中圆的半径为斜边.根据勾股定理，弦长的一半为.所以弦长的最小值为.直线被圆截得的弦长的最小值为.故选A.6．【答案】B【详解】

设，是渐近线上的两点，右焦点到渐近线的距离为，所以的面积为，又，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为2.故选.7．【答案】A【详解】是偶函数，，则，即是奇函数，由，可得，构造，则单调递增；，，即的周期为，则，即；不等式可化简为，即，由单调性可得，解得故选A.8．【答案】B【详解】解：依题意只需在时．又，令，，则，，所以在上单调递增，所以．对分类讨论：①当时，恒成立，所以在上单调递增，所以，即恒成立；②当时，在上有实根，因为在上单调递增，所以当时，，所以，不符合题意；③当时，恒成立，所以在上单调递减，则，不符合题意．综合①②③可得，所求的实数的取值范围是.故选B．9．【答案】ACD【详解】对于A，函数定义域满足，解得，由，令可得和，当或时，所以在和上单调递减，当时.所以在上单调递增，这表明是的极小值点，A正确；对B，的单调减区间是，，故B不正确；对D，由A可得当和时单调递减，当时单调递增，且，作出简图，可得的值域是，故D正确；对C，由图象可得，与有两个不同的公共点，则，故C正确；故选ACD.10．【答案】BCD【详解】对于A、C：因为，且，所以，，又因为，所以，解得；所以等差数列是递减数列，即选项A错误，选项C正确；对于B：因为，所以，即选项C正确；对于选项D：因为等差数列是递减数列，且，，则，所以，即选项D正确.故选BCD.11．【答案】AC【分析】根据题意，直线与双曲线一条渐近线平行，由渐近线性质可得，对于A，求出点坐标，由向量数量积为0，可得齐次式，从而得解；对于B，在中，求出，再结合双曲线定义可求解；对于C，由为的中点，求出的坐标，代入双曲线方程可解；对于D，结合双曲线定义和余弦定理求出，再结合条件得解.【详解】根据题意，双曲线渐近线方程为：，则直线与平行，由两渐近线斜率互为相反数，从而倾斜角互补，从而又则，

联立，可得A选项：，则有，所以正确.B选项：由，则有，又，所以，所以，В错误.C选项：由，则，因为在上，所以有，所以正确.选项：由，解得，，由，即，解得，所以，D错误.故选AC.【方法总结】根据题意，发现直线与双曲线一条渐近线平行，由渐近线性质可得，从而求解各选项.12．【答案】5【详解】点在此抛物线上，解得，所以．13．【答案】或【详解】∵，∴，设切点为,则,切线斜率,∴切线方程为：,∵切线过原点，∴,整理得：,∵曲线只有一条过坐标原点的切线切，∴,解得或,∴或.14．【答案】【详解】解：已知，当时，，解得或,因为是正项数列，舍去，所以，当时，，整理可得，因为是正项数列，所以，则是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，，令，则.对求导，得，令，即，解得.当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，又因为随增加而增大，，；，；，；所以当时，取得最小值，最小值为.15．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理统一为边，再由余弦定理求解即可；（2）由正弦定理及面积公式求解.【详解】（1）因为，所以，即，所以，又，所以.（2）由正弦定理知，，所以，所以，解得，所以.16．【答案】(1)证明见解析，(2)【详解】（1）因为，所以，对上式两边同时取倒数有：所以，又因为，所以，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.因为数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，所以，所以数列的通项公式为.（2）因为，所以，所以，所以，17．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：因为是圆柱的一条母线，故平面，因为平面，所以，因为是圆的直径，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以.（2）因为底面，以点为原点，分别为轴､轴､轴正方向，建立如下图所示空间直角坐标系，连接,因为，所以.因为，所以，所以是等边三角形，所以，是圆的直径，则，，则，因为是的中点，则，底面平面，故,又，平面，所以底面，所以平面的一个法向量可取为，设平面的法向量为，则，取，可得，因为，由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为18．【答案】(1)(2)（ⅰ）（0,0）；（ⅱ）.【详解】（1）由题意知：双曲线的焦点为，，设椭圆的方程为，半焦距为，则，又，所以，所以所以椭圆的方程为.（2）（ⅰ）若直线斜率不存在，设，，则，而，故不成立.所以直线的斜率存在，设所在直线方程为，联立，消去得：，①设，，，，，，.整理得.所以直线恒过点（0,0）.（ⅱ）由（ⅰ）知，，因为，所以.当时，设所在直线方程为，则，，当时，亦符合上式，所以.令，，，因为，所以，所以当，即时，取最大值4，所以当，即时，面积最小，最小值为.19．【答案】(1)证明见详解；(2)；(3).【详解】（1），当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则2是的极小值点，故存在点，使得点是在的“边界点”；（2），因为不存在点，使得点是在的“边界点”，所以没有极值点，若，则没有极值点，若，则当时，，当时，，所以在上单调递堿，在上单调递增，所以是的极大值点，是的极小值点，综上，；（3），因为存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，所以有2个极值点，令函数，