福建省厦门双十中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题（Word版附答案）

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1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 椭圆的离心率为，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆的离心率公式即可求解.
【详解】由题意得，解得，
故选：A.
2. 记等差数列的前项和为，则（ ）
A. 120B. 140C. 160D. 180
【答案】C
【解析】
【分析】利用下标和性质先求出的值，然后根据前项和公式结合下标和性质求解出的值.
【详解】因为，所以，所以，
所以，
故选：C.
3. 函数的导函数，满足关系式，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导后，代入，求出答案.
【详解】由进行求导得：，
当时，可得：，解得：
故选：A.
4. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】由线面平行性质判断真命题，举反例判定假命题即可.
【详解】对于A，可能平行，相交或异面，故A错误，对于B，可能相交或平行，故B错误，
对于D，平行，不可能垂直，故D错误，由线面平行性质得C正确，
故选：C
5. 已知函数则函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分段求出函数的解析式，利用导数判断其单调性，根据单调性可得答案.
【详解】当，即时，，
，
令，得，令，得，
所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得A和C和D不正确；
当，即时，，
，
令，得，令，得，
所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得B正确；
故选：B
6. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，
【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，
即，则，有，
两式相减得：，即，对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，
则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即，
即，，
当时，上两式相减得：，当时，上式成立，
于是，又为常数，
因此为等差数列，则甲是乙必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
7. 设双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与交于两点，，则的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线的对称性可得、且四边形为平行四边形，由题意可得出，结合余弦定理表示出与、有关齐次式即可得离心率.
【详解】
由双曲线的对称性可知，，有四边形为平行四边形，
令，则，
由双曲线定义可知，故有，即，
即，，
，
则，即，故，
则有，
即，即，则，由，故.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于、、之间的等量关系，本题中结合题意与双曲线的定义得出、与的具体关系及的大小，借助余弦定理表示出与、有关齐次式，即可得解.
8. 在三棱锥中，，，设侧面与底面的夹角为，若三棱锥的体积为，则当该三棱锥外接球表面积取最小值时，（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】通过计算推出为的外接圆的直径，到平面的距离为，设的中点为，则为的外接圆的圆心，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，根据以及求出的最小值及取最小值时，有平面，再取的中点，连，，则可得，计算可得.
【详解】因为，，所以，
所以，所以，所以，
所以为的外接圆的直径，
设的中点为，则为的外接圆的圆心，
因为，设到平面的距离为，
则，所以，
当该三棱锥外接球表面积取最小值时，半径最小，
设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则平面，
若点和点在平面的同侧，如图：

则，即，当且仅当三点共线时，取等号，
在中，，所以，
所以，所以，当且仅当三点共线时，取等号，
若点和点在平面的异侧，
则，所以，
若与重合时，，不合题意，
综上所述：的最小值为，且当时，三点共线，
此时平面，取的中点，连，，则，
因为平面，平面，所以，
又，所以平面，
因为平面，所以，
所以是侧面与底面的夹角，即，
因为，，
所以.
故选：B
二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知曲线C方程为（），则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，曲线C为圆
B. “”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要且不充分条件
C. 存在实数k使得曲线C为双曲线，且离心率为
D. 当时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据圆锥曲线的标准方程及简单的几何性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，曲线C的方程为（）
对于A中，当时，曲线C的方程为，此时曲线C表示圆心在原点，半径为的圆，所以是A正确的；
对于B中，当曲线C的方程为（），表示焦点在x轴上的椭圆，则满足，解得，所以“”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要且不充分条件，所以B正确；
对于C中，当曲线C的方程为（）表示离心率为的双曲线时，则满足， 无解，所以C不正确；
对于D中，当时，曲线C的方程为（），可得，此时双曲线C渐近线方程为，所以D是正确的.
故选：ABD.
10. 已知是等比数列的前项和，且，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 中任意奇数项的值始终大于任意偶数项的值
C. 的最大项为，最小项为
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由等比数列的前项和公式可得，可判断选项A；根据的解析式判断奇数项与偶数项的公式，从而判断BC；由得到的通项公式，从而表示出的通项公式即可判断D.
【详解】由题可知，此时等比数列的公比，所以设前项和公式应为：，
，A错误；
因此，
可得中，奇数项递减，且始终大于2，最大值为，
偶数项递增，且始终小于2，最小值为，因此BC正确；
由可得，令，
所以，故D正确
故选：BCD
11. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ）
A. B.
C. 函数是偶函数D. 函数是减函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】对抽象函数采用赋值法，令、，结合题意可得，对A：令、，代入计算即可得；对B、C、D：令，可得，即可得函数及函数函数的性质，代入，即可得.
【详解】令、，则有，
又，故，即，
令、，则有，
即，由，可得，
又，故，故A正确；
令，则有，
即，故函数是奇函数，
有，即，
即函数是减函数，
令，有，
故B正确、C错误、D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用赋值法解决抽象函数问题，借助赋值法，得到，再重新赋值，得到，再得到.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设表示等差数列的前项和，已知，那么________．
【答案】##
【解析】
【分析】设的公差为，根据等差数列的前n项和公式化简可得，再代入计算即可.
【详解】依题意设的公差为，
若，则，，显然不满足，所以，
由等差数列的前项和公式，
所以，所以，
所以.
故答案为：．
13. 已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的直径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值是__________，圆锥的表面积与球的表面积的比值是__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设圆锥的底面圆半径以及球的半径，用表示出圆锥的高和母线以及球的半径，然后根据体积公式求出体积比，根据表面积公式求得表面积之比.
【详解】设圆锥的底面半径为，球的半径为，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，母线，
由题可知：，所以球半径
所以圆锥体积为，
球的体积，
所以；
圆锥的表面积，
球的表面积，
所以，
故答案为：；.
14. 以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为__________．
【答案】##0.2
【解析】
【分析】利用换元法可得，进而根据不等式的性质，分情况讨论求解.
【详解】令其中，
所以，
若，则，故，
令，
因此,故,则，
若，则，即，
，
则,故,则，
当且仅当且时等号成立，
如取时可满足等号成立，
综上可知的最小值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，在和前提下进行合理分类讨论，根据题意得到相对应的不等式组，注意题目的条件关键词是“或”.
四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数在点处的切线与直线垂直．
（1）求；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1）
（2）单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值
【解析】
【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；
（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.
【小问1详解】
，则，
由题意可得，解得；
【小问2详解】
由，故，
则，，
故当时，，当时，，当时，，
故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，
故有极大值，
有极小值.
16. 设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
（1）若，求的通项公式；
（2）若为等差数列，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由为等差数列得出或，再由等差数列的性质可得，分类讨论即可得解.
【小问1详解】
，，解得，
，
又，
，
即，解得或（舍去），
.
【小问2详解】
为等差数列，
，即，
，即，解得或，
，，
又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得.
综上，.
17. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值.
【小问1详解】
连接，
因为底面是边长为2的正方形，所以，
又因为，，
所以，所以，
点为线段中点，所以，
在中，，，
所以，
则，
又，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
【方法一】：由题知正方形中，平面，所以建系如图所示，
则，
则，
，
设面的法向量为，面的法向量为，
则，取，则
取，则.
设二面角大小为，
则，
所以二面角的正弦值为.
【方法二】：以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题设得，，，，
，，
，，．
设是平面的法向量，
则，即，可取．
设是平面的法向量，
则，即，可取．
所以．
因此二面角的正弦值为．
18. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，过与垂直的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点．
（1）证明：直线过定点；
（2）设为直线与直线的交点，求面积的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设出直线与直线的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，表示出直线后即可得定点坐标；
（2）设出直线与直线的方程，联立两直线后结合第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，再结合面积公式及基本不等式即可得.我们也可以利用面积得到，再结合基本不等式可求最小值.
【小问1详解】
【方法一】：由，故，由直线与直线垂直，
故两只直线斜率都存在且不为，
设直线、分别为、，有，
、、、，
联立与直线，即有，
消去可得，，
故、，
则，
故，，
即，同理可得，
当时，
则，
即
，
由，即，
故时，有，
此时过定点，且该定点为，
当时，即时，由，即时，
有，亦过定点，
故直线过定点，且该定点为；
【方法二】：设，，不妨设．
设，则．由，得，
故，，，．
所以．
同理可得．
若，则直线，MN过点．
若，则直线，MN过点．
综上，直线MN过定点．
【小问2详解】
法1：由、、、，
则，由、，
故，
同理可得，联立两直线，即，
有，
即，
有，由，同理，
故
，
故，
过点作轴，交直线于点，则，
由、，
故，
当且仅当时，等号成立，
下证：
由抛物线的对称性，不妨设，则，
当时，有，则点在轴上方，点亦在轴上方，
有，由直线过定点，
此时，
同理，当时，有点在轴下方，点亦在轴下方，
有，故此时，
当且仅当时，，
故恒成立，且时，等号成立，
故，
法2：设H为AD的中点，S为直线GM与AD的交点．
由M，H分别为AB，AD的中点知，所以，故．
设T为直线GN与AD的交点，同理可得．
所以．
由（1）中的法2可得，同理可得．
所以，
当且仅当时等号成立．
因此的面积的最小值为8．
【点睛】关键点睛：第二问关键在于借助直线联立及第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，此时可根据三角形的面积公式及基本不等式求取最值.
19. 今有一个“数列过滤器”，它会将进入的无穷非减正整数数列删去某些项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列，每次“过滤”会删去数列中除以余数为的项，将这样的操作记为操作.设数列是无穷非减正整数数列.
（1）若，进行操作后得到，设前项和为
①求．
②是否存在，使得成等差？若存在，求出所有的；若不存在，说明理由．
（2）若，对进行与操作得到，再将中下标除以4余数为0，1的项删掉最终得到证明：每个大于1的奇平方数都是中相邻两项的和．
【答案】（1）①②不存在．见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）计算得到，再计算得到答案，假设存在，由单调递增，不妨设，化简，不成立.
（2）计算，根据题意得到，再证明得到答案.
【详解】（1）①由知：当时，故．
则．
②解：假设存在，由单调递增，不妨设
化简得，显然左式为偶数，右式为奇数，矛盾，故不存在．
（2）易知，
所以保留，则．
又，将删去，
得到，则
也即．
记，下面证明：．
由，
知：
，
同理可得：，
合并以上四式，便证明了对任意的，都有．
因此，原命题得证．
【点睛】本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的对于数列知识的综合应用能力.