博爱县第一中学2023-2024学年高二下学期开学摸底考试数学试卷(含答案)

这是一份博爱县第一中学2023-2024学年高二下学期开学摸底考试数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知,,则( )
A.B.C.D.
2．已知函数满足,则下列描述正确的是( )
A.点与点在x轴同侧
B.若的图象在处的切线斜率小于0 ,则 一定存在点在x轴下方
C.与的图象可能与x轴交于同一点
D.函数不一定存在零点
3．如图,在平行四边形ABCD中,点E是CD的中点,点F为线段BD上的一动点,若,则的最大值为( )
A.B.C.1D.2
4．已知A,B,C三点在直线l上,点O在直线l外,满足,其中,为等差数列中的项,记为数列的前n项和,则( )
A.1010B.1011C.1012D.1013
5．已知复数满足,则的取值范围为( )
A.B.C.D.
6．已知圆,直线,若当k的值发生变化时,直线l被圆C所截得的弦长的最小值为,则实数m的取值为( )
A.B.C.D.
7．下列关于空间向量的命题中,错误的是( )
A.若非零向量,,满足,,则有
B.任意向量,,满足
C.若,,是空间的一组基底,且,则A,B,C,D四点共面
D.已知向量,,若,则为锐角
8．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”,主要指德育;“乐”,主要指美育;“射”和“御”,就是体育和劳动;“书”,指各种历史文化知识;“数”,数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动,每艺安排一节,连排六节,一天课程讲座排课有如下要求：“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻,则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有_______种( ).
A.408B.120C.156D.240
二、多项选择题
9．盒子中有12个乒乓球,其中8个白球4个黄球,白球中有6个正品2个次品,黄球中有3个正品1个次品.依次不放回取出两个球,记事件“第次取球,取到白球”,事件“第次取球,取到正品”,.则下列结论正确的是( )
A.B.C.D.
10．关于函数有下述四个结论,其中结论正确的是( )
A.是偶函数B.在区间单调递增
C.在有3个零点D.的最大值为2
11．已知直线,,则下列结论正确的是( )
A.若直线l与直线平行,则
B.直线l倾斜角的范围为
C.当时,直线l与直线垂直
D.直线l过定点
三、填空题
12．已知的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,,且,则_____________.
13．已知正三棱锥,底面ABC是边长为2的正三角形,若,且,则正三棱锥外接球的半径为_____________.
14．对任意的实数,圆上一点到直线的距离d的取值范围为___________.
四、解答题
15．在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足.
(1)求角C;
(2)若,求面积的最大值.
16．如图,四边形ABCD是平行四边形,,E为CD的中点.以AE为轴,将折起,使得点D到达点M的位置,且平面平面ABE,以BE为轴,将折起,使得点C到达点N的位置,且平面平面ABE,设平面平面直线l.
(1)求证：直线平面ABE;
(2)若,求平面MNE与平面ABE夹角的余弦值.
17．已知点,,动点M满足,记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
(2)过点P作曲线C的两条切线,求这两条切线的方程.
18．已知动点到直线的距离比到点的距离大1,点P的轨迹为曲线,曲线是中心在原点,以为焦点的椭圆,且长轴长为4.
(1)求曲线、的方程;
(2)经过点F的直线与曲线相交于A、B两点,与曲线相交于M、N两点,若,求直线的方程.
19．已知函数,.
(1)当时,求函数的定义域;
(2)当时,判断函数的奇偶性并证明;
(3)给定实数且,试判断是否存在直线,使得函数的图象关于直线对称？若存在,求出的值（用a表示）;若不存在,请说明理由.
参考答案
1．答案：A
解析：令,,
则,
当时,,在区间上单调递增,
,即,故,
因为,所以,即,故,
所以,
故选：A.
2．答案：C
解析：对于选项A,因为,则,所以点与点关于x轴对称,不在x轴同侧,所以A错误;
对于选项B,因为的图象在处的切线斜率小于0,所以,
又,所以, 如果,则,满足,且,,但的图象恒在x轴上方,所以B错误;
对于选项C,因为,如果,则与的图象可能与轴交于同一点,所以C正确;
对于选项D,因为,则,所以函数存在零点,所以D错误.
故选：C.
3．答案：A
解析：设BD、AE交于O,因为,
所以,所以,
所以,则,
所以,
因为O、F、B三点共线,
所以,即,
所以,
因为,,所以,
当且仅当,即时等号成立,此时,
所以,
故选：A.
4．答案：C
解析：由A,B,C三点共线,且,可得,
又因为数列为等差数列,可得.
故选：C.
5．答案：D
解析：复数满足,
则复数z对应的点的轨迹为以,为焦点,长轴长的椭圆,
则椭圆短半轴长为,椭圆方程为,
表示椭圆上的点到原点的距离,
当点位于椭圆长轴上的顶点时,取值大值2;
当点位于椭圆短轴上的顶点时,取值小值;
故的取值范围为,
故选：D.
6．答案：C
解析：由题意可知,圆C的圆心为原点O,半径为2,
直线l交y轴于点,当直线l与OM垂直时,
此时,,原点到直线的距离取最大值,即,
因为直线被圆所截得的弦长的最小值为,即,解得.
故选：C.
7．答案：B
解析:A：因为,,是非零向量,所以由,,可得,因此本选项说法正确;
B：因为向量,不一定是共线向量,因此不一定成立,所以本选项说法不正确;
C：,,是空间的一组基底,
且
所以A,B,C,D四点共面,因此本选项说法正确;
D：,
当时,,
若向量,同向,则有,
所以有,则（舍去）
所以向量,不能同向,
因此为锐角,故本选项说法正确,
故选：B.
8．答案：A
解析：根据题意,首先不做任何考虑直接全排列则有（种）,
当“乐”排在第一节有（种）,
当“射”和“御”两门课程相邻时有（种）,
当“乐”排在第一节,且“射”和“御”两门课程相邻时有（种）,
则满足“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻的排法有（种）,
故选：A.
9．答案：AD
解析:对A,,,所以,故A正确;
对B,事件 “第2次取球,取到正品”,,故B错误;
对C,事件 “第1次取球,取到正品且第2次取球,取到白球”,包括（正白,正白）,（正白,次白）,（正黄,正白）,（正黄,次白）,共有种情况,
,故C错误;
对D,事件 “第1次取球,取到白球且第2次取球,取到正品”,包括（白正,白正）,（白正,黄正）,（白次,白正）,（白次,黄正）,共有种情况,
,又因为,,故D正确;
故选:AD.
10．答案：ACD
解析：对于A：,又函数的定义域为R,A正确;
对于B：当时,,其在单调递减,B错误;
对于C：令,即,
画出函数,在上的图象如下图：
,
为实线图象,为虚线图象,
观察图象可得,两个函数图象在上有3个交点,横坐标分别为,0,,
故在有3个零点,C正确;
对于D：对于,明显其最大值可以取到1,对于,明显其最大值也可以取到1,
当时,和可同时取到最大值1,所以的最大值为2,D正确.
故选：ACD.
11．答案：BC
解析:选项A,,存在斜率,
直线l方程可化为：,
直线也存在斜率,方程可化为,
由,则两直线平行的充要条件为,
即解得或2,故A错误;
选项B,由直线l的斜率,
则倾斜角的范围为,故B正确;
选项C,当时,直线,斜率为1,
又直线的斜率为-1,则两直线斜率之积为-1,故两直线垂直,C正确;
选项D,,,令,得,
故直线过定点,不过,D错误.
故选：BC.
12．答案：
解析：由题意,,
则由正弦定理可得,
,,,
又,则,
,
.又由,
可得：,则,
,即,则,
∴,即,由解得：,
由解得：,.
由正弦定理可得：,解得：,,
.
故答案为：.
13．答案：
解析：设正三棱锥的底面中心为点,连接,则面,
连接并延长,交于点,连接,如图所示,
因为底面是正三角形,
则为的中点,,,
又,面,面,
所以面,又因为面,
所以,又因为,,
因为,所以,故面,又因为面,
所以面,
因为面,面,所以,
因为三棱锥是正三棱锥,且底面是边长为2的正三角形,
所以两两垂直,且,
将其补形成棱长为正方体,如图：
所以正三棱锥外接球的半径为.
故答案为：.
14．答案：
解析：由题意可知圆 的圆心为 , 半径 ,
直线l方程可化为,
令解得,所以直线l过定点,
显然当直线l与圆C相切或相交时,d取最小值且,
不妨令直线过原点,将代入,此时,
设圆心到直线的距离为,当直线l与垂直时,取得最大值,下面证明：
当OP与直线垂直时,记为直线,
当OP不与直线垂直且直线不经过O时,记为直线,
过O作交于Q点,如下图所示,
由图可知为直角三角形,且为斜边,所以,
所以取最大值时,与直线垂直时,
故,,
但此时l的方程为,即为,
此时无论取何值都无法满足要求,故取不到,
所以,
故答案为：
15．答案：(1)
(2)
解析:（1）因为,
由正弦定理可得
,
因为A、,则,可得,
所以,,故.
（2）由余弦定理可得,
当且仅当时,等号成立,
故,
因此,面积的最大值为.
16．答案：(1)证明见解析;
(2)
解析:（1）由题意知,分别取,的中点P,Q,
连接,,则,.
因为平面平面ABE,平面平面,平面MAE,
所以平面ABE,同理平面,所以.
因为平面,平面NBE,所以平面NBE.
因为平面平面直线l,所以.
又平面ABE,所以直线平面ABE.
（2）不妨设,所以平行四边形ABCD中,,,
所以,.
又平行四边形ABCD中,,
所以,所以,即.
以E为原点,EA,EB所在直线分别为x轴,y轴,直线l为轴,建立如图的空间直角坐标系.
又,则,
所以,,,所以,.
设平面MNE的法向量为,则得
令,则,,所以平面MNE的一个法向量为.
由（1）知,是平面ABE的一个法向量,
则.
所以平面MNE与平面ABE夹角的余弦值为.
17．答案：(1),C表示以为圆心,为半径的圆
(2)和
解析：（1）设 ,由,可得 ,即,
整理得,即方程可化为,
所以曲线表示以为圆心,为半径的圆.
（2）由题意,两切线的斜率均存在,设切线方程为,即,
则圆心到切线的距离,解得或,
所以两条切线方程为和.
18．答案：(1),
(2)或
解析：（1）由题意知,点P到直线的距离等于,
所以,点P的轨迹是以为焦点,为准线的抛物线,故曲线的方程为.
因为椭圆的长轴长,为椭圆的一个焦点,则,,
所以,,所以,曲线的方程为.
（2）若直线的斜率不存在,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,
所以,直线的斜率必存在,则直线的方程为
由,整理得,则,
设、,则,,
所以,,则,
由,整理得,
则,
设、,则,,
所以,,
因为,即,可得,解得,
所以,直线的方程为.
19．答案：(1)
(2)偶函数,证明见解析
(3)存在符合题意
解析:(1)当 时, ,要使函数有意义,则,
即,解得,所以函数的定义域为;
（2）当 时, ,函数为偶函数,证明如下：
,又函数 的定义域为R, 所以函数为偶函数;
（3）假设存在直线,使得函数的图像关于直线对称,
则,所以,
即,即,
所以,即,
所以,所以,即,
因为且,所以,
故存在,使得函数的图像关于直线对称.