河南省周口市恒大中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题

这是一份河南省周口市恒大中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题，共21页。试卷主要包含了已知，则的大小关系为，已知数列的前n项和为，若，则，已知直线与圆相切，则的方程为，已知抛物线等内容，欢迎下载使用。

试卷考试时间：120分钟 满分：150

第I卷（选择题）
单项选择题（每小题5分，共40分）
1．已知数列满足(n≥3)，则数列的前10项和为（ ）
A．48B．49C．50D．61
2．已知定义域为的函数的导函数为，且，若实数，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知直线与函数和的图象分别交于点，，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
4．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知数列的前n项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知偶函数，当时，，关于的不等式在区间上有且只有6个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知直线与圆相切，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知为抛物线的焦点，、是抛物线上的不同两点，则下列条件中与“、、三点共线”等价的是（ ）
A．B．
C．D．
二．多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9．已知抛物线：焦点为，动直线与曲线交于两点，下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的准线方程为
B．若点为，则周长的最小值为11
C．若点为，则的最小值为
D．设为坐标原点，作于点，则点到的准线的距离的最大值为2
10．已知数列为等差数列，若，且数列的前n项和有最大值，则下列结论正确的有（ ）
A．中的最大值为B．的最大值为
C．D．
11．已知等比数列前项和为，且，是与的等差中项，数列满足，数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列的通项公式为B．
C．数列是等比数列D．
12．已知是定义在R上的函数，且，，则（ ）
A．的最大值可能为0B．在上单调递减
C．的最小值可能为0D．可能只有两个非负零点
第II卷（非选择题）
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．函数为在定义域内为增函数，则实数的取值范围为
14．过点作斜率为的直线，与椭圆相交于两点，若，则椭圆的离心率为 ．
15．已知方程表示双曲线，则实数k的取值范围为 ．
16．直线与圆相交于两点，且．若，则直线的斜率为 ．
四、解答题（共6小题，共计70分.第17题10分，第18---22题，每题12分）
17．已知函数，．
(1)若过点作曲线的切线有且仅有一条，求的值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
18．如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，，，，平面平面ABCD，且，E为BC的中点.
(1)证明：平面平面PBD.
(2)若四棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
19．设数列的首项，且，，．
(1)证明：是等比数列；
(2)若，数列中是否存在连续三项成等差数列？若存在，写出这三项，若不存在说明理由．
(3)若是递增数列，求的取值范围．
20．已知函数，．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若函数在上有且仅有一个零点，求的取值范围．
21．已知直线和圆．
(1)判断直线与圆的位置关系；若相交，求直线被圆截得的弦长；
(2)求过点且与圆相切的直线方程．
22．已知函数．
(1)求函数的图象在点的切线方程；
(2)设函数，当时，恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案：
1．D
【解析】由数列的递推式，可求出数列的前10项，再计算可得所求和．
【详解】由，，当时，，
可得，，，，，
，，，
则
．
故选：D．
【点睛】本题考查数列的递推式的运用，以及数列的求和，考查运算能力，属于基础题．
2．C
【分析】令，由条件可得在上单调递增，然后令，利用导数可得，即，然后可得，即可选出答案.
【详解】令，则
因为，所以，所以在上单调递减，
令，则
所以当时，，单调递减
当时，，单调递增
所以，即，
所以，即，即
故选：C
3．B
【分析】若，，有且，结合，并构造中间函数，应用导数研究单调性求最值即可.
【详解】，，则且，
∴，而且，
令，，则，有，
∴上，单调递减；上，单调递增；
∴.
故选：B
4．D
【分析】构造函数，求出导函数得出单调性，从而可得，即，得出大小，同理可得大小，得出答案.
【详解】∵，
构造函数，，
令，则，
∴在上单减，
∴，
故，所以在上单减，
∴，
∵，
构造函数，，
令，则，
∴在上单减，
∴，
故，所以在上单减，
∴，
故.
故选：D.
5．C
【分析】利用等差数列的通项公式、求和公式求解.
【详解】因为数列的通项为，
所以数列是等差数列，
所以，，
所以.故A，B，D错误.
故选：C.
6．D
【分析】由偶函数性质得出图像关于轴对称从而在上有3个整数解，计算的值得出，再根据3个整数解分别为列出不等式组求解即可.
【详解】由偶函数可知，图像关于轴对称，.
若关于的不等式在区间上有且只有6个整数解，
那么关于的不等式在上有3个整数解,
当时,,
由,得,由,得,
所以函数在上单调递增,在上单调递减,
因为,,
所以当时,,
所以当时,在上有4个整数解,不符合题意,
所以,
由可得或,
显然在上无整数解,
故而在上有3个整数解,分别为,
所以,
解得.
故选:D
7．C
【分析】求出圆的标准方程，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求得相切时的斜率.
【详解】圆C的标准方程为.
依题意可得圆心到的距离，
解得，又，所以，所以的方程为.
故选：C.
8．B
【分析】设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，将韦达定理逐一代入各选项中的等式，求出的值，进而可得出结论.
【详解】设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，
消去得，由韦达定理得，.
抛物线的焦点的坐标为，若、、三点共线，则.
对于A选项，，解得；
对于B选项，，解得；
对于C选项，，
整理得，即，解得；
对于D选项，，整理得，
解得或.
故选：B.
【点睛】本题考查焦点弦性质相关的判断，涉及韦达定理的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中等题.
9．BC
【分析】对于选项A，将抛物线方程转化成标准方程即可判断出结果的正误；对于选项B，利用抛物线的定义，将周长转化成，从而判断出结果的正误；对于选项C，直接求出，进而可求出的最小值，从而判断出结果正确；对于选项D，直接求出的坐标，从而求出点到的准线的距离，从而判断出结果的正误.
【详解】选项A，因为抛物线，即，
所以准线方程为，故选项A错误；
选项B，如图，过作准线的垂线，交准线于点，
则周长，
易知，当在处时取到等号，又，，
所以周长的最小值为11，故选项B正确；
选项C，设，则，
当时取等号，故选项C正确；
选项D，易知，设过且与动直线垂直的直线方程为，
由，解得 ，
所以点到的准线的距离，故选项D错误.

故选：BC.
10．BCD
【分析】根据题意，判断的正负，结合等差数列的通项公式以及前项和公式，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】等差数列的前n项和有最大值，故可得其公差，
又，则，且；
对A：因为数列的公差，故的最大值为，则A错误；
对B：因为数列的公差，且，故的最大值为，则B正确；
对C：因为，故C正确；
对D：因为，故D正确；
故选：BCD.
11．ABD
【分析】对于AD，利用等比数列的基本量法求得公比和，从而求得，由此得以判断；对于C，利用等比数列的定义判断即可；对于D，利用分组求和法求得，再利用作差法即可判断．
【详解】由于等比数列前项和为，且，
所以，整理得，所以数列的公比；
由于是与的等差中项，故，
整理得，解得.
故，故A正确；
所以，故B正确；
由于数列满足，
所以当时，不为常数，
所以数列不是等比数列，故C错误；
，
又，
所以
，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题选项D的解决关键是利用分组求和法求得，再利用作差法，结合二次函数的性质证得，计算量大，需要多加练习熟悉.
12．ACD
【分析】通过或对选项进行分析，结合函数的最值、单调性、零点、导数等知识确定正确答案.
【详解】因为，，
所以的解析式可能为（最小值为），
也可能为（最大值为），所以A，C都正确.
若，则，
当时，，单调递增，所以B错误.
若，则，
则，令，
的导函数，
所以单调递减，
因为，所以存在唯一的，使得，
则当时，单调递增，当时，单调递减.
因为，，所以可能只有两个非负零点，D正确.
故选：ACD
【点睛】利用导数求函数的零点，当一次求导无法求得函数的单调性时，可利用二次求导的方法来进行求解，求解过程中要注意导函数和原函数的对应关系.
13．
【分析】由函数为在定义域内为增函数，得出,令，再构造函数转化为
,计算即可求出实数的取值范围.
【详解】∵函数在其定义域内是增函数，
∴对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立，
即，
令，
则，
解，得,单调递增；解，得,单调递减；
因此当时，取得最小值，
∴，
故实数的取值范围为.
故答案为:.
14．
【分析】由题意，根据点差法，可得答案.
【详解】设利用点差法得，
，
因为，所以M为AB的中点，，又直线的斜率为，
所以
故答案为：
15．
【分析】根据方程为双曲线，可得，解不等式即可得答案.
【详解】因为方程表示双曲线，
所以，解得或，
所以实数k的取值范围为.
故答案为：
16．
【分析】设直线方程，结合弦长求得圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式列出等式，即可求得答案.
【详解】根据题意，直线l与圆 相交于两点，且，
当直线斜率不存在时，直线 即y轴，显然与圆相切，不符合题意;
故直线斜率存在，设直线l的方程为 ，即 ，
因为圆的圆心为 ，半径为 ，
又弦长,所以圆心到直线的距离为,
所以，解得，
故答案为：.
17．(1)或
(2)
【分析】（1）设切点，利用导数的几何意义以及直线的斜率公式可得出，结合可求得实数的值；
（2）由参变量分离法可得出，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：设切点，则由，可得，
所以，切线斜率为，即，
化简得：，依题意，解得或.
综上，当或.时，过点作曲线的切线有且仅有一条．
（2）解：依题意，由，由可得，
设，则，
设，易知，即在上单调递增，
因为，，
由零点存在定理知，存在唯一的，使得，
且当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
即是函数极小值点，且有，
由可得，
因为，则对任意的恒成立，
所以，函数在上为增函数，
因为，则，则，
由可得，
所以，，可得，
所以，，即，
综上，的取值范围是．
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
18．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标表示公式，结合面面垂直的判定定理进行计算证明即可；
（2）根据四棱锥的体积公式，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）如图，以D为坐标原点，以，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，.
因为，E为BC的中点，所以.
因为平面平面ABCD且交于BC，所以平面ABCD，令.
（1）证明：因为，，，
所以，，所以，.
因为，平面PAE，所以平面PAE.
因为平面PBD，所以平面平面PAE；
（2）因为，所以，即.
设平面PAD的法向量为，则
令，得.
取平面PAE的法向量为.
因为，且二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
19．(1)证明见解析
(2)存在，成等差数列
(3)
【分析】（1）由，根据等比数列的定义可得结果；
（2）利用（1）可得，进而得到，若中存在连续三项成等差数列，则必有，解出即可；
（3）如果成立，可得，对分奇数、偶数两种情况讨论，即可得出的取值范围．
【详解】（1）由可得，
所以，且，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）由（1）知是首项为，公比为的等比数列，
∴，
若中存在连续三项成等差数列，则必有，
即
整理可得，解得，即成等差数列；
（3）因为是递增数列，则成立，即对任意自然数均成立．
化简得，
当为偶数时，，
因为是递减数列，
所以，即；
当为奇数时，，
因为是递增数列，
所以，即；
故的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：这道题的第（3）问的关键主要是分奇数、偶数两种情况讨论，然后各自求最值得到范围
20．(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求得答案；
（2）在上有且仅有一个零点，等价于方程在上有且仅有一个实数根，构造函数，利用导数判断其单调性，结合零点存在定理求得答案.
【详解】（1）因为，所以，
则．
又，所以曲线在处的切线方程为，
即．
（2）在上有且仅有一个零点，等价于方程在上有且仅有一个实数根，
令函数，，
则．
令函数，则在上恒成立，
则在上单调递减．
故当时，，
从而在上恒成立，则在上单调递减．
当时，，
取，则，，
所以存在，使得，
又因为在上单调递减，所以零点是唯一的，即在上有且仅有一个零点.
故a的取值范围为．
【点睛】关键点睛：解答第二问的关键在于函数的结构特点以及x的取值范围，可以采用参变分离，构造函数的方法，根据零点存在定理判断零点个数.
21．(1)相交，截得的弦长为2.
(2)或.
【分析】（1）利用点到直线的距离公式以及直线与圆的位置关系求解；
（2）利用直线与圆相切与点到直线的距离公式的关系求解.
【详解】（1）由圆可得，圆心,半径，
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，
直线被圆截得的弦长为.
（2）若过点的直线斜率不出在，则方程为，
此时圆心到直线的距离为，满足题意；
若过点且与圆相切的直线斜率存在，
则设切线方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得，
所以切线方程为，即，
综上，过点且与圆相切的直线方程为或.
22．(1)
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义，求切线方程；
（2）首先不等式转化为恒成立，再构造函数，利用导数讨论函数的单调性，转化为证明.
【详解】（1），，，
根据导数的几何意义即可求出，所求切线方程为；
（2）若对任意的，恒成立，
则恒成立，
设，
只需即可，
由，
（ⅰ）当时，，
当时，，函数在上单调递减，
故，满足条件，
（ⅱ）当时，令，解得：，
① 若时，即，在区间上，，
则函数在上单调递增，
，当且仅当时，等号成立，此时不满足条件，
② 若时，即，
函数在上单调递减，在区间上单调递增，
，此时不满足条件，
（ⅲ）当时，由，
所以，
所以，函数在上单调递减，
故，满足条件，
综上可知，实数的取值范围是