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江西省宜春市宜丰县宜丰中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题（创新部）
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这是一份江西省宜春市宜丰县宜丰中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题（创新部），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知， 设集合， ，则（ ）
A．B．
C． D．
2．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
3．在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点E，F，点G为EF上一个动点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．1D．
4．设函数，若，，（e为自然对数的底数），则（ ）
A．B．C．D．
5．已知对任意，且，恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列的前项和为，且().记，为数列的前项和，则使成立的最小正整数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
7．已知函数，（e为自然对数的底数），则函数的零点个数为（ ）
A．8B．7C．6D．4
8．已知函数满足：，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（20分）
9．下列说法中正确的是（ ）
A．
B．事件为必然事件，则事件、是互为对立事件
C．设随机变量服从正态分布，若，则
D．甲、乙两名运动员分别对同一目标各射击一次，甲射中的概率为0.6，乙射中的概率为0.8，则恰有1人射中的概率为0.12
10．已知抛物线C：，圆F：（F为圆心），点P在抛物线C上，点Q在圆F上，点A，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小值是B．的最小值是
C．当最大时，D．当最小时，
11．已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则（ ）
A．B．
C．D．
12．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，曲线在点处的切线方程为
B．若对任意的，都有，则实数的取值范围是
C．当时，既存在极大值又存在极小值
D．当时，恰有3个零点，且
三、填空题（20分）
13．若函数在区间D上是减函数，请写出一个符合条件的区间 ．
14．已知圆经过，两点，且圆心在直线上，直线经过点，且与圆相交所得弦长为，则直线的方程为 .
15．设函数，．若对任意的，存在，使得成立，则实数m的取值范围为 ．
16．已知是函数的导函数，且对任意的实数的都有，且，若的图像与有个交点，则的取值范围为 ．
四、解答题（70分）
17．已知等比数列的公比，前n项和为，满足：.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
18．中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日在北京召开，为增进学生对党史知识的了解，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动.竞赛共有A和B两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道A类试题得20分，每答对1道B类试题得10分，答错都不得分，每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）.已知甲同学答对各道A类试题的概率均为，B类试题中有6道题会作答.
(1)若甲同学只作答A类试题，记甲同学答这3道试题的总得分为X，求X的分布列和期望；
(2)若甲同学在A类试题中抽1道题作答，在B类试题中抽2道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率.
19．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，，E是PD的中点．
(1)证明：平面；
(2)当点为棱中点时，求直线与平面所成角的正弦值．
20．已知函数为偶函数，为奇函数，且.
(1)求函数和的解析式；
(2)若在恒成立，求实数a的取值范围.
21．在平面直角坐标系中，已知的两个顶点坐标为，直线的斜率乘积为.
(1)求顶点的轨迹的方程；
(2)过点的直线与曲线交于点，直线相交于点，求证：为定值.
22．已知函数，其中
(1)若，求的极值；
(2)若，求实数a的取值范围.
创新部高二开学考数学参考答案
1．D【详解】由题意，,得,故，A错误；,故B错误，
，故属于集合间符号使用不正确， C错误，,D正确，故选：D
2．C【详解】因为，所以．因为，所以，故．故选：C
3．D【详解】如图所示，因为点E，F分别是，的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面，点到平面的距离即为点或到平面的距离.设到平面的距离为，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，设平面的法向量为，则有，得，可求得平面的法向量为，，所以.
4．D【详解】解：函数定义域为，且，即为偶函数，又当时且与在上单调递增，所以在上单调递增，所以，又，，，即，所以.故选：D
5．D【详解】由得：，，，，（当且仅当时取等号），当恒成立时，.
6．C【详解】解析：由，可知，∴，即.时，，∴，∴，∴，∴数列是以1为首项，以为公比的等比数列.∴.又，∴数列是以为首项，以为公比的等比数列.∴.又，∴，即，∴.又，∴的最小值为7.故选：C.
7．C【详解】解：设，由，得，作出，的图象，如图所示：设直线与相切，切点为，
则，解得，，设直线与相切，切点为，则，解得，，故直线与的图象有4个交点，不妨设，且，由图象可知：，由的函数图象可知无解，有一个解，有三个解，有两个解，所以有6个零点，故选：C
8．A【详解】，令得：，因为，所以，令，得：，即，则，上面两式子联立得：，所以，故，故是以6为周期的函数，且
，所以
9．AC【详解】对于，由组合数的性质可得：，故选项正确；对于，事件为必然事件，若互斥，则事件是对立事件；若不互斥，则事件不是互为对立事件，故选项错误；对于，设随机变量服从正态分布，若，则正态分布曲线关于直线对称，则，故选项正确；对于，甲、乙两名运动员分别对同一目标各射击一次，甲射中的概率为0.6，乙射中的概率为0.8，恰有1人射中包括甲中乙不中，乙中甲不中，由相互独立事件和对立事件的概率计算可得：恰有1人射中的概率为，故选项错误，故选：.
10．AC【详解】抛物线C：的焦点，圆F：的圆心，半径，
对于A，的最小值是的最小值减去圆的半径，又的最小值是1，的最小值是，A正确；对于B，设，则，，当时，，当时，
当且仅当，即时取“=”，所以的最小值是，B不正确；
对于C，如图所示，要使最大，当且仅当AQ与圆F相切，AP与抛物线C相切，且P，Q在x轴两侧，所以当最大时，，C正确；对于D，因的最小值为，即P，A，Q共线，则当最小时，即，D不正确.故选：AC
11．AD【详解】是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，由，，得，即，所以是周期函数，且周期为4，，在，中令得，，A正确；没法求得的值，B错；令得，，，则，无法求得，同理令得，，，因此，相加得，只有在时，有，但不一定为0，因此C错；在中令得，，在中令得，，两式相加得，即，D正确；故选：AD．
12．BCD【详解】解：对于A，当时，，所以，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，
即，故A错误；对于B，因为对任意的，都有，
所以在上单调递增，即在上恒成立，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得最小值，所以，解得，即实数的取值范围是，故B正确；对于C，当时，由B选项知，，令，，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，又在上单调递减，所以存在，使得，又，又在上单调递增，所以存在，使得，所以当时，，为增函数，当时，，为减函数，当时，，为增函数，故既存在极大值又存在极小值，故C正确；对于D，因为，由C选项知，，当时，；当时，，故函数有三个零点，不妨设为，，，（，，），又
，故有，则，即当时，恰有3个零点，且，故D正确．故选：BCD．
13．【详解】设，则函数可以看成由
与复合而成，根据复合函数的单调性法则：同增异减.又为R上的减函数，要使函数在区间D上是减函数，则函数在区间D上是增函数.因为函数在区间上单调递减.所以，即可.故答案为：.
14．或【详解】设圆的圆心坐标为，依题意，有，解得，所以，所以圆的标准方程为.设圆的圆心到直线的距离为，则，解得①若直线的斜率不存在，则，符合题意，此时直线的方程为.②若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，则，解得.此时直线的方程为
故答案为：或
15．【详解】解：由题意可知，所以的最小值为2，所以存在，使得成立,假设对任意，都有成立，即，,从而有，,由于，当且仅当时取得等号所以，
从而当存在，使得成立时，,综上可得实数m的取值范围为.
16．【详解】由，得，，令，则，所以，所以，因为，所以，所以，所以，当时，，当或时，，所以在上递增，在和上递减，所以当时，取得极小值，当取得极大值，因为，，，且的图像与有个交点，所以，即的取值范围为.
17．【详解】（1）法一：因为是公比的等比数列，所以由，得，即，两式相除得，整理得，即，解得或，又，所以，故，所以，
法二：因为是公比的等比数列，所以由得，即，则，，解得或（舍去），故，则，所以.
（2）当为奇数时，，当为偶数时，，所以
.
18．【详解】（1）的可能取值为，，，
，，
所以的分布列为：
所以.
（2）第一种情况：类试题答对道，类试题答对道，概率为.
第二种情况：类试题答错道，类试题答对道，答错道，概率为.
所以仅答对道题的概率为.
19．【详解】（1）取中点，连接，．为中点，且，，，且，且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，所以平面.
（2）取中点，连接，．为正三角形，，
面面，面面，面，又，，所以为正方形，所以．
如图以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，设面的一个法向量为，则，不妨取，设与平面所成角为，则 ，故直线与平面所成角的正弦值为.
20．【详解】（1）为偶函数，为奇函数，，由得：，.
（2）由（1）得：，由得：，根据指数函数性质，，在上单调递增，故在上单调递增，故，令，则，
，即对恒成立，即上恒成立，根据对勾函数性质，在时单调递增，所以，于是，即实数的取值范围为.
21．【详解】（1）设 ，因直线的斜率乘积为，则，整理得，所以顶点的轨迹的方程是.
（2）依题意，过点与曲线交于点的直线斜率存在不为零，设直线MN的方程为，
由消去x并整理得：，，，解得或且且，设，则，即有，
直线BM：，直线CN：，令直线交点，
由消去y并化简整理得：，
，
，
于是得，即点，则有，
，
即为定值4.
22．(1)极小值为，无极大值；
(2).
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，
所以当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，
极小值为，无极大值；
（2）由题意得：，
因为，所以不等式两边同除以得：，
变形为，
即，
设，则上式为，
因为恒成立，
所以单调递增，
故，即，
构造函数，，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，
故，
所以，解得：，
由于，故实数a的取值范围为.
1．已知， 设集合， ，则（ ）
A．B．
C． D．
2．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
3．在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点E，F，点G为EF上一个动点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．1D．
4．设函数，若，，（e为自然对数的底数），则（ ）
A．B．C．D．
5．已知对任意，且，恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列的前项和为，且().记，为数列的前项和，则使成立的最小正整数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
7．已知函数，（e为自然对数的底数），则函数的零点个数为（ ）
A．8B．7C．6D．4
8．已知函数满足：，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（20分）
9．下列说法中正确的是（ ）
A．
B．事件为必然事件，则事件、是互为对立事件
C．设随机变量服从正态分布，若，则
D．甲、乙两名运动员分别对同一目标各射击一次，甲射中的概率为0.6，乙射中的概率为0.8，则恰有1人射中的概率为0.12
10．已知抛物线C：，圆F：（F为圆心），点P在抛物线C上，点Q在圆F上，点A，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小值是B．的最小值是
C．当最大时，D．当最小时，
11．已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则（ ）
A．B．
C．D．
12．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，曲线在点处的切线方程为
B．若对任意的，都有，则实数的取值范围是
C．当时，既存在极大值又存在极小值
D．当时，恰有3个零点，且
三、填空题（20分）
13．若函数在区间D上是减函数，请写出一个符合条件的区间 ．
14．已知圆经过，两点，且圆心在直线上，直线经过点，且与圆相交所得弦长为，则直线的方程为 .
15．设函数，．若对任意的，存在，使得成立，则实数m的取值范围为 ．
16．已知是函数的导函数，且对任意的实数的都有，且，若的图像与有个交点，则的取值范围为 ．
四、解答题（70分）
17．已知等比数列的公比，前n项和为，满足：.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
18．中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日在北京召开，为增进学生对党史知识的了解，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动.竞赛共有A和B两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道A类试题得20分，每答对1道B类试题得10分，答错都不得分，每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）.已知甲同学答对各道A类试题的概率均为，B类试题中有6道题会作答.
(1)若甲同学只作答A类试题，记甲同学答这3道试题的总得分为X，求X的分布列和期望；
(2)若甲同学在A类试题中抽1道题作答，在B类试题中抽2道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率.
19．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，，E是PD的中点．
(1)证明：平面；
(2)当点为棱中点时，求直线与平面所成角的正弦值．
20．已知函数为偶函数，为奇函数，且.
(1)求函数和的解析式；
(2)若在恒成立，求实数a的取值范围.
21．在平面直角坐标系中，已知的两个顶点坐标为，直线的斜率乘积为.
(1)求顶点的轨迹的方程；
(2)过点的直线与曲线交于点，直线相交于点，求证：为定值.
22．已知函数，其中
(1)若，求的极值；
(2)若，求实数a的取值范围.
创新部高二开学考数学参考答案
1．D【详解】由题意，,得,故，A错误；,故B错误，
，故属于集合间符号使用不正确， C错误，,D正确，故选：D
2．C【详解】因为，所以．因为，所以，故．故选：C
3．D【详解】如图所示，因为点E，F分别是，的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面，点到平面的距离即为点或到平面的距离.设到平面的距离为，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，设平面的法向量为，则有，得，可求得平面的法向量为，，所以.
4．D【详解】解：函数定义域为，且，即为偶函数，又当时且与在上单调递增，所以在上单调递增，所以，又，，，即，所以.故选：D
5．D【详解】由得：，，，，（当且仅当时取等号），当恒成立时，.
6．C【详解】解析：由，可知，∴，即.时，，∴，∴，∴，∴数列是以1为首项，以为公比的等比数列.∴.又，∴数列是以为首项，以为公比的等比数列.∴.又，∴，即，∴.又，∴的最小值为7.故选：C.
7．C【详解】解：设，由，得，作出，的图象，如图所示：设直线与相切，切点为，
则，解得，，设直线与相切，切点为，则，解得，，故直线与的图象有4个交点，不妨设，且，由图象可知：，由的函数图象可知无解，有一个解，有三个解，有两个解，所以有6个零点，故选：C
8．A【详解】，令得：，因为，所以，令，得：，即，则，上面两式子联立得：，所以，故，故是以6为周期的函数，且
，所以
9．AC【详解】对于，由组合数的性质可得：，故选项正确；对于，事件为必然事件，若互斥，则事件是对立事件；若不互斥，则事件不是互为对立事件，故选项错误；对于，设随机变量服从正态分布，若，则正态分布曲线关于直线对称，则，故选项正确；对于，甲、乙两名运动员分别对同一目标各射击一次，甲射中的概率为0.6，乙射中的概率为0.8，恰有1人射中包括甲中乙不中，乙中甲不中，由相互独立事件和对立事件的概率计算可得：恰有1人射中的概率为，故选项错误，故选：.
10．AC【详解】抛物线C：的焦点，圆F：的圆心，半径，
对于A，的最小值是的最小值减去圆的半径，又的最小值是1，的最小值是，A正确；对于B，设，则，，当时，，当时，
当且仅当，即时取“=”，所以的最小值是，B不正确；
对于C，如图所示，要使最大，当且仅当AQ与圆F相切，AP与抛物线C相切，且P，Q在x轴两侧，所以当最大时，，C正确；对于D，因的最小值为，即P，A，Q共线，则当最小时，即，D不正确.故选：AC
11．AD【详解】是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，由，，得，即，所以是周期函数，且周期为4，，在，中令得，，A正确；没法求得的值，B错；令得，，，则，无法求得，同理令得，，，因此，相加得，只有在时，有，但不一定为0，因此C错；在中令得，，在中令得，，两式相加得，即，D正确；故选：AD．
12．BCD【详解】解：对于A，当时，，所以，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，
即，故A错误；对于B，因为对任意的，都有，
所以在上单调递增，即在上恒成立，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得最小值，所以，解得，即实数的取值范围是，故B正确；对于C，当时，由B选项知，，令，，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，又在上单调递减，所以存在，使得，又，又在上单调递增，所以存在，使得，所以当时，，为增函数，当时，，为减函数，当时，，为增函数，故既存在极大值又存在极小值，故C正确；对于D，因为，由C选项知，，当时，；当时，，故函数有三个零点，不妨设为，，，（，，），又
，故有，则，即当时，恰有3个零点，且，故D正确．故选：BCD．
13．【详解】设，则函数可以看成由
与复合而成，根据复合函数的单调性法则：同增异减.又为R上的减函数，要使函数在区间D上是减函数，则函数在区间D上是增函数.因为函数在区间上单调递减.所以，即可.故答案为：.
14．或【详解】设圆的圆心坐标为，依题意，有，解得，所以，所以圆的标准方程为.设圆的圆心到直线的距离为，则，解得①若直线的斜率不存在，则，符合题意，此时直线的方程为.②若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，则，解得.此时直线的方程为
故答案为：或
15．【详解】解：由题意可知，所以的最小值为2，所以存在，使得成立,假设对任意，都有成立，即，,从而有，,由于，当且仅当时取得等号所以，
从而当存在，使得成立时，,综上可得实数m的取值范围为.
16．【详解】由，得，，令，则，所以，所以，因为，所以，所以，所以，当时，，当或时，，所以在上递增，在和上递减，所以当时，取得极小值，当取得极大值，因为，，，且的图像与有个交点，所以，即的取值范围为.
17．【详解】（1）法一：因为是公比的等比数列，所以由，得，即，两式相除得，整理得，即，解得或，又，所以，故，所以，
法二：因为是公比的等比数列，所以由得，即，则，，解得或（舍去），故，则，所以.
（2）当为奇数时，，当为偶数时，，所以
.
18．【详解】（1）的可能取值为，，，
，，
所以的分布列为：
所以.
（2）第一种情况：类试题答对道，类试题答对道，概率为.
第二种情况：类试题答错道，类试题答对道，答错道，概率为.
所以仅答对道题的概率为.
19．【详解】（1）取中点，连接，．为中点，且，，，且，且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，所以平面.
（2）取中点，连接，．为正三角形，，
面面，面面，面，又，，所以为正方形，所以．
如图以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，设面的一个法向量为，则，不妨取，设与平面所成角为，则 ，故直线与平面所成角的正弦值为.
20．【详解】（1）为偶函数，为奇函数，，由得：，.
（2）由（1）得：，由得：，根据指数函数性质，，在上单调递增，故在上单调递增，故，令，则，
，即对恒成立，即上恒成立，根据对勾函数性质，在时单调递增，所以，于是，即实数的取值范围为.
21．【详解】（1）设 ，因直线的斜率乘积为，则，整理得，所以顶点的轨迹的方程是.
（2）依题意，过点与曲线交于点的直线斜率存在不为零，设直线MN的方程为，
由消去x并整理得：，，，解得或且且，设，则，即有，
直线BM：，直线CN：，令直线交点，
由消去y并化简整理得：，
，
，
于是得，即点，则有，
，
即为定值4.
22．(1)极小值为，无极大值；
(2).
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，
所以当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，
极小值为，无极大值；
（2）由题意得：，
因为，所以不等式两边同除以得：，
变形为，
即，
设，则上式为，
因为恒成立，
所以单调递增，
故，即，
构造函数，，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，
故，
所以，解得：，
由于，故实数a的取值范围为.
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