2024-2025学年安徽省安庆一中尖子生高二（下）联考数学试卷（3月份）(含答案）

2024-2025学年安徽省安庆一中尖子生高二（下）3月联考
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
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. B. C. D.
3.已知直线，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，，前项和，则其公差( )
A. B. 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：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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
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：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若，则 ______．
13.若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 ______．
14.已知，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，若直线过椭圆右焦点，且，则椭圆的离心率为______．
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.本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，且．
求的大小；
若为边上一点，且，，证明：为直角三角形．
16.本小题分
如图，在三棱台中，，，，与相交点，点在上，且．
证明：平面；
求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
在数列中，且对任意，，，是公差为的等差数列．
写出数列的前项，并求出数列的通项公式；
设，数列的前项和为，证明：．
18.本小题分
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．
当点为直线与轴交点时，求；
证明：直线过定点，并求出定点的坐标；
当点在直线上移动时，求的最小值．
19.本小题分
已知函数，．
若，求曲线在点处的切线方程；
若恒成立，求实数的取值范围；
若，证明：在上有且只有一个零点．
参考答案
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15.解：在中，由正弦定理及，得，
而，则，两边平方得，
又，即，解得，所以；
证明：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.证明：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，
解：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，即，
取，则，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17.解：由数列中，且对任意，，，是公差为的等差数列，
可得，，，，．
，，是公差为的等差数列，，
从而有，，，，
累加得
．
又，，是公差为的等差数列，
．
当是奇数时，，
当是偶数时，．
即；
证明：由题设，
当是奇数时，
当是偶数时，
，且对任意，，
时，
．
因此，．
18.解：根据题意有，所以，因此：，
由于点为直线与轴交点，因此，
易知直线，的斜率存在，设为，
那么其方程为，联立抛物线方程有，
化简得，
根据题意可知根的判别式，解得，
因此，得，
因此；
证明：根据题意，设，直线为，
联立方程，化简得，
因此根的判别式，解得，因此，
解得，因此，因此切点坐标为，
直线的方程可写成，因此，
根据，得，化简得，
根据根的判别式，
因此方程有两个根，，记直线的斜率为，的斜率为，
根据韦达定理有，，
且由上述可知，，因此直线的斜率为，
且的中点坐标为，
那么的方程为，
当点在坐标轴时，也过定点，
所以直线过定点；
点坐标为，，，
所以，，
，
所以当点在直线上移动时，求的最小值为．
19.解：当时，，，
所以在点处的切线方程为，即．
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．
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，；
因此在上单调递增，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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