广东省汕头市澄海中学2024-2025学年高二下学期第一次阶段考数学试题（含详解）

广东省汕头市澄海中学2024 2025学年高二下学期第一次阶段考数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．复数z满足，则（ ）
A．5 B． C．25 D．32
3．在公差不为0的等差数列中，若，则k的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
4．已知是函数的导函数，且，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
5．设曲线，的离心率分别为，若，则a＝（ ）
A． B． C． D．2
6．已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知均为正实数，且，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．设数列的前项之积为，满足，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知等比数列的前项和为，且，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．数列为等比数列
C． D．
10．已知动点M与两个定点的距离之比为，设动点M的轨迹为曲线C，下列说法中正确的有（ ）
A．曲线C的方程为
B．若过点A的直线l与曲线C相切，则l的斜率为
C．曲线C与圆的公共弦长为
D．若，则的最小值为
11．已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列关于函数的结论不正确的是（ ）
A．在区间上单调递减
B．在区间上单调递增
C．当时，函数有极小值
D．当时，函数有极小值
三、填空题（本大题共3小题）
12．曲线在点处的切线方程为 .
13．已知球的表面积为，正四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，底面边长为4，则该正四棱锥的高为 .
14．定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的方公差.设数列是由正数组成的等方差数列，且方公差为1，，则数列的前项和 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角A的大小；
（2）若，的面积为，求的周长．
16．如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
（1）若为线段中点，求证：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知公差不为0的等差数列中，，且成等比数列.数列的前项和为，满足.
（1）求数列，的通项公式；
（2）若数列满足求数列的前项和.
18．已知函数，且曲线在点处的切线与直线垂直．
（1）求b；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若函数在上单调递减，求a的取值范围．
19．已知抛物线W：的焦点为F，直线l：与W相切．
（1）求W的方程．
（2）过点F且与平行的直线与W相交于M，N两点，求．
（3）已知点，直线l与W相交于A，B两点（异于点P），若直线AP，BP分别和以F为圆心的动圆相切，试问直线l是否过定点 若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由．
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为，
所以，
故选D
2．【答案】A
【详解】由题意可得，则．
故选A.
3．【答案】C
【详解】因为，所以，
所以，即，故.
故选C.
4．【答案】A
【详解】由可得，
故，解得，
故选A
5．【答案】A
【详解】由题设，，又，
所以且，则.
故选A
6．【答案】B
【详解】由，得，即，
因此，所以.
故选B.
7．【答案】C
【详解】由可得，
故，
由于故，当且仅当，即时取等号，
故，故的最小值为3，
故选C
8．【答案】C
【详解】由，得，即，解得，
当时，，显然，则，
因此数列是首项为，公差为2的等差数列，，
则，所以.
故选C
9．【答案】ACD
【详解】设等比数列的公比为，则，所以，故A正确；
所以，则，，
显然，所以数列不是等比数列，故B错误；
，，故C正确；
，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】ABD
【详解】对于A，设点，则，所以，
即，所以.故A正确；
对于B，若直线的斜率不存在，则直线的方程为：，此时圆心到直线的距离等于，直线与圆不相切；
若直线的斜率存在，设直线的方程为：，即，
则圆心到直线的距离，即，解得.故B正确；
对于C，将与相减得，公共弦所在直线的方程为：，
圆心到直线的距离等于，所以公共弦长为.故C不正确；
对于D，，当三点共线时，等号成立，
.故D成立.
故选ABD.
11．【答案】ABD
【详解】由有，
由图可知的分布如图所示：
当时，，，，所以，
所以在单调递增，故A错误；
当时，，所以，即，在单调递减，故B错误；
当时，，所以，由图可知当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以时的极小值点，故当时，函数有极小值，故C正确；
当时，，所以，由图可知当时，，所以，所以，
所以在单调递增，所以当时，函数有极大值，故D错误.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】故
由点斜式，得到切线方程为：
13．【答案】
【详解】设球的半径为，则，所以，则该正四棱锥的侧棱长为6.
因为该正四棱锥的底面边长为4，所以底面对角线长为，
故该正四棱锥的高为.
14．【答案】
【详解】由题意可知：，又，故为等差数列，
故，故，
故，
故数列的前项和.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
因为角A，B，C为的内角，即，
则，，可得，所以.
（2）因为，则，所以，
由余弦定理得：，解得，
所以的周长为．
16．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
17．【答案】（1），
（2）
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，成等比数列，
所以，即，
又，可得，
解得或（舍），所以.
当时，，解得.
因为，①
当时，，②
①②化简得，
即，又，
所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以，
所以.
（2）由已知可得.
又
.
.
所以
.
所以.
18．【答案】（1）
（2）答案见解析
（3）
【详解】（1），故，又斜率为1，故，解得.
（2）因为，故，
则，
当时，，
故在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
当时，令有，，且，
故在上，，单调递减；
在上，，单调递增；
在上，，单调递减.
当时，，在单调递减；
当时，在上，，单调递减；
在上，，单调递增；
在上，，单调递减.
（3），
由题意在上恒成立，
即在上恒成立，
因为，故，即.
所以a的取值范围为.
19．【答案】（1）；
（2）8；
（3）直线AB恒过定点.
【详解】（1）联立整理得．
因为与W相切，所以，解得或（舍去），
故W的方程为．
（2）由（1）可知．
因为，所以的方程为．
设，．
联立整理得，则，，
．
（3）设，，则直线l的方程为，①
直线AP的方程为，直线BP的方程为．
设动圆F的半径为r，．因为直线AP和圆F相切，所以，
整理得，
同理可得，
所以a，b是一元二次方程的两个实数根，
则，，代入①式整理得．
由，得，此时，故直线AB恒过定点．