安徽省宿州市泗县2023_2024学年高二数学下学期开学考试试题含解析

这是一份安徽省宿州市泗县2023_2024学年高二数学下学期开学考试试题含解析，共16页。试卷主要包含了 若，则， 曲线在点处的切线方程为， 已知数列满足， 已知，则的值为， 在等比数列中，，，函数，则等内容，欢迎下载使用。
说明：本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟
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. 若，则（）
A. B. -2024C. D. 2024
【答案】A
【解析】
【分析】根据求导公式计算即可.
【详解】，则.
故选：A.
2. 已知等差数列，则“单调递增”是“”的（）条件
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的概念得到，进而推得结果.
【详解】已知等差数列的公差为，即，
当单调递增时，，令得到，；
反之，，为单调递增.
故“单调递增”是“”的充要条件．
故选：A.
3. 曲线在点处的切线方程为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数的几何意义进行求解即可.
【详解】由，
所以曲线在点处的切线的斜率为，而，
因此切线方程为，
故选：C
4. 已知数列满足.若数列的前项和为，则（）
A. 4046B. 4047C. 8092D. 8094
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差中项的性质得到数列为等差数列，然后利用等差中项的性质和前项和公式求即可.
【详解】因为，所以数列为等差数列，
则.
故选：B.
5. 设线段AB的两个端点A，B分别在x轴、y轴上滑动，且，，则点M的轨迹方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设，根据，得到，结合，即可求解.
【详解】设，
由，可得，
则，解得，
因为，可得，即.
故选：A.
6. 若A，B，C，D，E，F六人站队照相，要求A､B相邻且C､D不相邻，则所有不同的站法有（）
A. 36B. 72C. 108D. 144
【答案】D
【解析】
【分析】根据相邻元素的捆绑法与不相邻元素的插空法即可得不同的站法数.
【详解】由于A､B相邻捆绑再一起有种方法，
再与E，F一起安排有种方法，最后插空安排不相邻的C､D有种方法，
根据分步乘法计数原理可得所有不同的站法有种.
故选：D.
7. 已知，则的值为（）
A. -66B. -65C. -63D. -62
【答案】C
【解析】
【分析】根据赋值法，先代入，得，代入，可得，进而可得.
【详解】设，
当时，可得，得，
当时，可得，得，
当时，可得，得，
故，得，
故，
故选：C
8. 在等比数列中，，，函数，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出，按导数的运算法则求导，令代入相应值即可得解.
【详解】，，，
，
.
故选：B
【点睛】本题考查等比数列的基本量求解、导数运算法则，属于基础题.
二､多选题：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. 如图是导函数的图象，则下列说法正确的是（）
A. 为函数的单调递减区间
B. 为函数的单调递增区间
C. 函数在处取得极大值
D. 函数在处取得极小值
【答案】AC
【解析】
【分析】对于AB选项，利用函数的单调性和导数的正负关系进行判断；对于CD选项，利用函数的极值点的定义判断.
【详解】由图象可知，时，，
所以为函数的单调递减区间，故A正确；
由图象可知，时，，
所以为函数的单调递减区间，故B错误；
由图象可知，，
且当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故函数在处取得极大值，故C正确；
由图象可知，，故不是函数的极值点，
故D错误，
故选：AC.
10. 已知数列的前项和为，下列说法正确的（）
A. 若，则是等差数列
B. 若，则是等比数列
C. 若是等差数列，则
D. 若是等比数列，且，，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用并结合等差等比数列的定义即可判断选项A，B；根据等差求和公式和等差数列性质即可判断选项C；举反例时，即可判断选项D.
【详解】对于选项A：由，得Sn﹣1=（n﹣1）2+2(n-1)=n2-1，
两式相减得an=Sn﹣Sn﹣1=，
又当n=1时，a1=S1=12+2=3，满足上式，
所以an=，故是等差数列，选项A正确；
对于选项B：由，得，
两式相减得，
又，满足上式，所以，
故，即是以1为首项，以2为公比的等比数列，选项B正确；
对于选项C：由是等差数列，得，选项C正确；
对于选项D：若等比数列的公比，则
，选项D错误.
故选：ABC.
11. 已知正方体的棱长为2，过棱的中点作正方体的截面，下列说法正确的是（）
A. 该正方体外接球的表面积是
B. 若截面是正六边形，则直线与截面垂直
C. 若截面是正六边形，则直线与截面所成角的正弦值的3倍为2
D. 若截面过点，则截面周长
【答案】BD
【解析】
【分析】由正方体对角线是外接球直径求出球表面积判断A，正六边形截面与相应棱交点是棱中点，建立空间直角坐标系，由空间向量法证其垂直求线面角可判断BC，由正方体性质作出截面求出周长后判断D．
【详解】对于A，外接球的半径为，
故外接球的表面积为，故A错误；
对于B，建立如图1所示的空间直角坐标系，
设的中点为G，则，，，，，
∴，，，
∴，，
则，，即，，
又，，正六边形截面，
∴正六边形截面，故B正确；
对于C，如图1，易得，为正六边形截面的一个法向量，
设直线与截面所成的角为，
则，故C错误；
对于D，如图2，延长，与的延长线交于点K，与的延长线交于点L，
连接交于点M，连接交于点N，则截面为平面．
因此有，M为的三等分点，N为的三等分点，
于是．
∵，，，
故截面的周长为，故D正确．
故选：BD．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则__________.
【答案】1或2023
【解析】
分析】由组合知识进行求解.
【详解】由于，故或，其他值不合要求.
故答案为：1或2023
13. 若的展开式中的系数为9，则实数__________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据二项式定理得出展开式的通项公式，即可得出的展开式中为或时，则的系数为，即可解出答案.
【详解】展开式的通项公式为：，
则，，
所以展开式中的系数为，
解得．
故答案为：1
14. 已知，，直线与曲线相切，则最小值为___________.
【答案】8
【解析】
【分析】设直线与曲线相切于点，根据导数的几何意义先求出，进而得到关系，再由均值不等式可得出答案.
【详解】设直线与曲线相切于点
由函数的导函数为，则
解得
所以，即
则
当且仅当，即时取得等号.
故答案为：8
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. 如图，抛物线的顶点在原点，圆的圆心恰是抛物线的焦点.
（1）求抛物线的方程；
（2）一条直线的斜率等于2，且过抛物线焦点，它依次截抛物线和圆于、、、四点，求的值.
【答案】（1）圆 的圆心坐标为，
即抛物线的焦点为,……………………3分
∴ ∴抛物线方程为……………………6分
1. 由题意知直线AD的方程为…………………7分即代入得=0
设，则，
……………………11分
∴
【解析】
【分析】（1）设抛物线方程为,由题意求出其焦点坐标，进而可求出结果；
（2）先由题意得出直线的方程，联立直线与抛物线方程，求出，再由为圆的直径，即可求出结果.
【详解】（1）设抛物线方程为，
圆的圆心恰是抛物线的焦点，∴．
抛物线的方程为：；
（2）依题意直线的方程为
设，，则，得，
，．
．
【点睛】本题主要考查抛物线的方程，以及直线与抛物线的位置关系；由抛物线的焦点坐标可直接求出抛物线的方程；联立直线与抛物线方程，结合韦达定理和抛物线定义可求出弦长，进而可求出结果，属于常考题型.
16. 在等差数列中，已知且．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等差数列基本量的计算即可求解；
（2）由裂项相消求和法即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，设等差数列的公差为，则,，解得,
,；
【小问2详解】
解：，.
17. 如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，，，为正三角形，，，O为中点．
（1）求证；平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点E，证明，由，有，又，可得平面；
（2）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用平面法向量解决二面角的余弦值.
小问1详解】
取的中点E，连接，，如图所示，
则，．
∵，，∴且，
∴四边形为平行四边形，∴．
∵，∴，∴，
∵，∴，
又，平面，∴平面．
【小问2详解】
连接，∵为正三角形，∴，
∵平面，∴，，两两垂直，
以O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，
∴，，，
由可得，
∴，，．
设平面的法向量为，
则，
令，则，得．
设平面的法向量为，
则，
令，则，得，
则，
由图可知，二面角为锐二面角，
∴二面角的余弦值为
18. 已知函数（其中为自然对数的底数）.
（1）求函数的单调区间；
（2）若为两个不相等的实数，且满足，求证：.
【答案】（1）增区间为，减区间为
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，然后根据导函数的正负来判断得单调性；
（2）将变形为得到，然后构造函数，根据得单调性和得到，最后根据和得单调性即可证明.
【小问1详解】
，
令，解得，令，解得，
所以的增区间为，减区间为.
【小问2详解】
证明：将两边同时除以得，即，
所以，
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
又，，当时，，
设，则，
令，
则，
由得，所以，，
所以，在上单调递增，
又，所以，
当时，，即，即，
又，所以，
又，，在上单调递减，
所以，即.
【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于的问题的基本步骤如下：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.
19. 基本不等式：对于2个正数，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，即，当且仅当时，等号成立.可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，.当且仅当时，等号成立.若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①；②为单调数列，则称数列具有性质.
（1）若；求数列的最小项；
（2）若数列的前项和为，判断数列是否具有性质，并说明理由；
（3）若，求证：数列具有性质.
【答案】（1）4（2）数列具有性质，证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用基本不等式的推广求数列得最小项即可；
（2）利用放缩的思路得到，然后利用等比求和公式得到，即可得到数列满足性质①，然后根据得到数列的单调性即可即可得到数列满足性质②；
（3）利用二项式定理得到，然后通过放缩得到时，即可得到，满足性质①；利用基本不等式的推广得到，，满足性质②，即可证明数列具有性质.
【小问1详解】
，
当且仅当，即时等号成立，
所以数列得最小项为4.
【小问2详解】
数列具有性质，理由如下：
因为，所以，
所以数列满足性质①，
因为，所以，数列单调递增，满足性质②，
所以数列具有性质.
【小问3详解】
先证数列满足性质①
，
当时，，
则，而,
所以数列满足性质①
再证数列满足性质②：
，（，等号取不到），
所以数列为单调递增数列，满足性质②，
综上，数列具有性质.
【点睛】关键点睛：本题考查等比数列求和即二项式定理，证明性质①需要放缩为可求和数列.