宁夏永宁上游高级中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题

这是一份宁夏永宁上游高级中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题，共13页。试卷主要包含了在数列中，，则的值为，过点且与圆相切的直线方程为，已知函数，已知数列满足，则，对于抛物线上，下列描述正确的是，下列说法中正确的有等内容，欢迎下载使用。

班级：__________姓名：__________学号：__________
时间：120分钟 分值：150分
一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1.在数列中，，则的值为（ ）
A.17 B.18 C.19 D.21
2.过点且与圆相切的直线方程为（ ）
A. B.
C.或 D.或
3.已知函数（是的导函数），则（ ）
A.1 B.2 C. D.
4.已知直线是双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
5.若函数恰好有三个单调区间，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.设是函数的导函数，的图像如图所示，则的解集是（ ）
A. B.
C. D.
7.已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
8.设为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点在上，，则（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.对于抛物线上，下列描述正确的是（ ）
A.开口向上，焦点为 B.开口向上，焦点为
C.焦点到准线的距离为4 D.准线方程为
10.下列说法中正确的有（ ）
A.
B.已知函数在上可导，且，则
C.一质点的运动方程为，则该质点在时的瞬时速度是4
D.若，则
11.设椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，点是椭圆上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A.离心率
B.面积的最大值为1
C.以线段为直径的圆与直线相切
D.为定值
12.已知等差数列的前项和为，公差为，且，若，则下列命题正确的是（ ）
A.数列是递增数列 B.是数列中的最小项
C.和是中的最小项 D.满足的的最大值为25
三､填空题（每道题5分，共20分）
13.已知圆的一条直径的两个端点坐标分别为，则圆的方程是__________.
14.图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，若是该抛物线上一点，点，则的最小值__________.
15.已知为等比数列，，则__________.
16.定义在上的可导函数满足：且，则的解集为__________.
四､解答题：本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明，证明过程和演算步骤.
17.（本小题满分10分）如图.在四棱锥中，平面，且.
（1）求异面直线与所成角的余弦；
（2）求点到平面的距离.
18.（本小题满分12分）已知函数.
（1）若在处取得极大值，求实数的值；
（2）若在上单调递增，求实数的取值范围.
19.（本小题满分12分）已知数列是公比不为1的等比数列，且成等差数列.
（1）求；
（2）设，求数列的前项的和.
20.（本小题满分12分）设数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，是否存在实数，使得对任意恒成立.
21.（本小题满分12分）已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）当时，证明：对恒成立.
22.（本小题满分12分）已知椭圆为右焦点，为右顶点，为上顶点，.
（1）求的离心率；
（2）已知为的一条过原点的弦（不同于点）.
（i）求证：直线的斜率之积为定值，并求出该值；
（ii）若直线与轴分别交于点，且面积的最小值为，求椭圆的方程.
永宁上游高级中学2023-2024学年第二学期开学考试
高二数学参考答案
1.D 【分析】题干条件得到为等差数列，公差为2，利用通项公式进行相关计算.
【详解】因为，所以为等差数列，公差为2，首项，所以.故选：D
2.C 【分析】由题意分直线斜率是否存在再结合直线与圆相切的条件进行分类讨论即可求解.
【详解】圆，即圆的圆心坐标，半径分别为，
显然过点且斜率不存在的直线为，与圆相切，满足题意；
设然过点且斜率存在的直线为，与圆相切，
所以，所以解得，
所以满足题意的直线方程为或.故选：C.
3.A 【分析】求得，令，求得，进而求得的值.
【详解】由函数，可得，
令，可得，解得，
则，所以.
故选：A.
4.B 【分析】根据渐近线方程得到，再代入离心率公式即可.
【详解】由题意可知，所以.故选：B.
5.D 【分析】由题意得有两个不相等的零点，列出不等式组求解即可.
【详解】依题意知，有两个不相等的零点，故，解得且.
故选：D.
6.C 【分析】先由图像分析出的正负，直接解不等式即可得到答案.
【详解】由函数的图像可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增，即当时，；当时，.
因为可化为或，解得：或，
所以不等式的解集为.故选：
7.C 【分析】根据递推公式一一计算可得.
【详解】因为，
所以.故选：
8.B 【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出.
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此.故选：B.
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即.
故选：B.
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：.故选：B.
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大.
9.ACD 【分析】化为标准方程后，得出焦参数，从而可得抛物线的性质，判断各选项.
【详解】由已知抛物线标准方程是，
所以焦点坐标为，开口方向向上，正确，错误；
焦点到准线的距离为正确；准线方程是，D正确.故选：.
10.BC 【分析】根据导数的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】选项错误.
，B选项正确.
，所以该质点在时的瞬时速度是，C选项正确.
选项错误.故选：BC
11.BD 【分析】由直接求椭圆离心率即可，将看成的底，高的最大值即为1，即可求出面积的最大值，写出以线段为直径的圆方程，圆心到直线的距离即可判定直线和圆的位置关系，直接用斜率公式求解即可.
【详解】对于选项，由已知得，则，即，故A错；
对于选项，由已知得，要使的面积最大，当底边上的高最大即可，高的最大值即为1，则的面积最大值为，故B正确；
对于选项，以线段为直径的圆的方程为，则该圆的圆心到直线的距离为，即以线段为直径的圆与直线相交，故C不正确；
对于选项，设点，则，故D正确.
故选：BD.
12.AC 【分析】对于：通过以及来判断；对于：根据数列的单调性来判断；对于：通过以及来判断；对于D：通过计算来判断.
【详解】对于：因为，所以，即，因为，所以，数列是递增数列，A正确；
对于B：因为数列是递增数列，所以最小项是首项错误；
对于C：因为，所以当或时，取最小值，C正确；
对于D：由不等式，
可得，又因为，所以满足的的最大值为错误.故选：AC.
13.
【分析】根据中点坐标公式求得圆心坐标，结合两点之间的距离公式即可求得半径，则问题得解.
【详解】根据题意，，即圆心坐标为；
则圆的半径，
故所求圆的方程为：.故答案为：.
14.5 【分析】由题意可计算出抛物线方程，结合抛物线定义将到焦点的距离转化为到准线的距离计算即可得.
【详解】设抛物线的方程为，
因为，所以点在抛物线上，所以，故，所以抛物线的方程为，
所以抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，在方程中取可得，
所以点在抛物线内，如图，过点作与准线垂直，为垂足，
点作与准线垂直，为垂足，则，
所以，
当且仅当直线与准线垂直时等号成立，所以的最小值为5.
故答案为：5.
15.-2 【分析】根据等比数列公式对化简得，联立
求出，最后得.
【详解】设的公比为，则，显然，
则，即，则，因为，则，
则，则，则，故答案为：-2.
16. 【分析】设，求得，得到在上单调递减，结合，得不等式的解集，进而得到不等式的解集.
【详解】根据题意，由，可得，
设，可得，则在上单调递减，
又由，可得，
当时，可得；当时，可得，
当时，不等式的解集与的解集相同，
所以不等式的解集为.故答案为：.
17.（1）（2）
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角；
（2）先求出平面的法向量，然后利用点到平面的向量公式进行求解.
【详解】（1）因为平面平面
所以，，因为，故以为坐标原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，因为，过点作于点，则，因为，所以，故，设异面直线与所成角为，所以，异面直线与所成角的余弦值为.
（2），设平面的法向量为，则，即，令，解得：，故，设点到平面的距离为，则
18.（1）1；（2）.【分析】（1）根据求参数，验证是否在处取得极大值即可；
（2）将问题转化为在上恒成立，进而即得.
【详解】（1）因为，
所以，得，此时，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以在处取得极大值，符合题意，故实数的值为1；
（2）由（1）知，，
因为在上单调递增，所以在上恒成立，
因为，所以在上恒成立，即在上恒成立，
因为在上单调递增，所以，故实数的取值范围为.
19.（1）；（2）.
【分析】（1）根据等比数列公式设其中的项，根据等差中项的性质，列式求通项公式；
（2）根据数列的特点，分奇数项和偶数项分别求和，即得.
【详解】（1）设等比数列的公比为，由得，
由成等差数列得，即，因为，
所以，即，因为，所以，代入得，
所以.
（2）因为，所以
.
20.（1）（2）存在
【分析】（1）利用“退1作差”法求得的通项公式.
（2）利用裂项求和法求得，由此求得.
【详解】（1）依题意①，
当时，.
当时，②，
①-②得时，上式也符合.所以.
（2）.所以
.故存在实数，使得对任意恒成立.
21.（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义，先由求出的值，再由求出的值，
（2）要证对恒成立，只需证对恒成立，所以构造函数，然后利用导数求出其最大值小于零即可
【详解】（1）解：因为，所以，
解得，则，解得.
（2）证明：因为，所以要证对恒成立，只需证对恒成立.
设函数，则.
因为，所以，所以在上单调递减，从而，则对恒成立，故当时，对恒成立.
22.（1）（2）（i）证明见解析，；（ii）
【分析】（1）利用两点距离公式化简得到，最后根据离心率公式即可；
（2）（i）采用设点法，得到斜率表达式，最后根据点在椭圆上代入化简即可；
（ii）计算出坐标，写出面积表达式，根据上一小问斜率之积为定值的结论结合基本不等式即可.
【详解】（1），所以.
（2）（i）设，则，
由，得，
所以为定值.
（ii）记，则直线，所以，同理，
所以，
所以，当且仅当时“”成立，此时，
所以椭圆的方程为：.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设点法得到斜率乘积表达式，最后结合点在椭圆上即可证明斜率乘积为定值，求解三角形面积表达式需求出两点坐标，最后利用基本不等式即可.