2022-2023学年山东省烟台第一中学高二下学期入学摸底测试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省烟台第一中学高二下学期入学摸底测试数学试题（解析版），共21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。
2022-2023学年山东省烟台第一中学高二下学期入学摸底测试数学试题 一、单选题1．正四面体的棱长为2，动点在以为直径的球面上，则的最大值为（    ）A．2 B． C．4 D．【答案】C【解析】建立空间坐标系，设，求出关于的表达式，根据球的半径得出的取值范围，利用简单的线性规划得出答案.【详解】设的中点为，以为原点建立如图所示的空间坐标系， 则，设，则，，，在以为球心，以为半径的球面上，，，， 令，则直线与单位圆相切时，截距取得最小值，令，解得或 的最大值为. 故选：C【点睛】本题考查了空间向量的数量积以及简单的线性规划，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于难题.2．已知三棱锥，点分别为的中点，且，用表示，则等于(    )A． B．C． D．【答案】D【分析】连接，利用，化简即可得到答案.【详解】连接，如下图 .故选：D.3．已知直线过点，且在轴上的截距为轴上的截距的两倍，则直线的方程是（    ）A． B．C．或 D．或【答案】C【解析】设直线在轴上的截距为，则直线在轴上的截距为，分类讨论，利用直线方程的截距式可得结果.【详解】设直线在轴上的截距为，则直线在轴上的截距为，当时，直线经过原点，其方程为，即；当时，设直线的方程为，因为直线过点，所以，解得，所以直线的方程为，即.所以直线的方程为或.故选：C【点睛】易错点点睛：容易漏掉截距为0的情况.4．设是椭圆的左，右焦点，过的直接l交椭圆于A，B两点，则的最大值为（    ）A．14 B．13 C．12 D．10【答案】A【分析】根据椭圆的定义可得的周长为；然后分析出当最小时，最大，从而求出的最小值即可.【详解】由椭圆的定义，知，，所以的周长为，所以当最小时，最大.又当时，最小，此时，所以的最大值为.故选：A.5．已知直线l：与曲线C：相交于A，B两点，，则的周长是（    ）A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】根据椭圆的定义求得的周长.【详解】依题意椭圆，，椭圆的焦点为，所以是椭圆的焦点，且直线过椭圆的另一个焦点.所以的周长为.故选：D6．已知等比数列的各项均为正数，公比为q，，，记的前n项积为，则下列选项错误的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】等比数列的各项均为正数，，，可得，因此，，．进而判断出结论．【详解】解：等比数列的各项均为正数，，，，，若，则一定有，不符合由题意得，，，故A、B正确．，，，故C正确，，故D错误，满足的最大正整数的值为12．故选：．7．若数列满足，，若对任意的正整数都有，则实数的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】递推关系变形可得，分析可知时不满足题意，再验证时满足题意，即可得解．【详解】，，若，则，则，则，那么可以无限的大下去，不符合题意；若，则，则，数列单调递增，又，故，又，故与同号，则，符合题意；故选：．【点睛】本题考查数列的递推关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．8．已知函数的两个极值点分别为和2，若的极大值为1，则的值为（   ）A． B．0 C．2 D．4【答案】B【分析】对函数进行求导，通过两个极值点可得到，然后分和两种情况进行讨论即可【详解】由可知，因为函数的两个极值点分别为和2，所以和2是的零点，故和2是的实数根，，，．当，即时，当，当，函数在上单调递减，在上单调递增，此时极大值为，，；当，即时，当，当，函数在上单调递增，在上单调递减，此时极大值为，，，只要，无论a取何值，始终成立，故选：B． 二、多选题9．设是空间一个基底，则下列选项中正确的是（   ）A．若，则B．两两共面，但不可能共面C．对空间任一向量，总存在有序实数组，使D．一定能构成空间的一个基底【答案】BCD【分析】根据与都垂直，判断夹角不一定是，判断A；根据基底的概念可判断B；根据空间基本向量定理判断C；采用假设共面，则推出矛盾的方法判断D.【详解】对于A选项，与都垂直，夹角不一定是，A选项错误．对于B选项，根据基底的概念可知两两共面，但不可能共面，B选项正确．对于C选项，根据空间向量的基本定理可知，C选项正确．对于D选项，由于是空间一个基底，所以不共面．假设共面，根据共面向量定理，不妨设，则，因为不共面，所以，该方程组无解，故假设不成立，所以不共面，可以作为空间的一个基底，D选项正确．故选：．10．过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于，两点，点在抛物线准线上的射影分别为交准线于点M(O为坐标原点)，则下列说法正确的是（    ）A． B．C．直线轴 D．的最小值是【答案】BCD【分析】选项A设直线方程代入抛物线方程中化简写出韦达定理，再利用向量数量积的坐标表示运算即可；选项C利用三点共线找出关系式来说明即可；选项B利用数量积即可说明；选项D设直线的倾斜角为，则表示出利用函数的性质求出最值即可.【详解】由题意可知，抛物线的焦点F的坐标为，准线方程为，易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入，得，所以，则，所以，所以A不正确，因为三点共线，所以，所以，又，所以所以直线轴，所以C正确，由题意可得的坐标分别为，所以，所以，所以B正确；设直线的倾斜角为，则，所以，当且仅当轴时取等号，所以D正确，故选：BCD.11．已知等比数列公比为，前项和为，且满足，则下列说法正确的是（    ）A．为单调递增数列 B． C．，，成等比数列 D．【答案】BD【解析】根据利用等比数列的性质建立关系求出，然后结合等比数列的求和公式，逐项判断选项可得答案．【详解】由，可得，则，当首项时，可得为单调递减数列，故错误；由，故正确；假设，，成等比数列，可得，即不成立，显然，，不成等比数列，故错误；由公比为的等比数列，可得，故正确；故选：．【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用求得，同时需要熟练掌握等比数列的求和公式.12．设是函数的导数，若，且，，则下列各项正确的是（   ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】由题意判断函数的单调性以及其图象的形状，根据单调性可判断A；根据导数的几何意义以及结合直线斜率的含义，可判断.【详解】由知，在R上单调递增，则,故A正确；恒有，即，所以的图象是向上凸起的，如图所示，由导数的几何意义知，随着x的增加，的图象越来越平缓，即切线斜率越来越小（斜率为正），所以，故B正确，设，则，所以由图象知，故D正确，C错误，故选： 三、填空题13．已知空间向量，则使向量与的夹角为钝角的实数的取值范围是____________．【答案】【分析】先利用空间向量的数量积运算性质求得，，关于的表达式，再由两向量夹角为钝角得到关于的不等式组，解之即可得解.【详解】因为，所以，，，故，，，因为向量与的夹角为钝角，所以，即，则，解得，即.故答案为：.14．已知点、分别是双曲线的左、右焦点，是该双曲线上的一点，且，则的周长是________．【答案】34【分析】由双曲线定义可得，结合勾股定理可得，从而得到周长.【详解】∵，∴，∴．又，∴，∴．∴的周长为.故答案为34【点睛】本题考查双曲线的基本性质，考查双曲线定义及基本量的关系，属于基础题.15．用数学归纳法证明时，第一步取________.【答案】2【分析】根据数学归纳法步骤，即可求解.【详解】利用数学归纳法证明时，第一步取，左边，右边，因此左边=右边.故答案为：2.【点睛】本题考查了数学归纳法证明的步骤，考查了推理能力，属于基础题.16．若，，且函数在处有极值，则的最大值等于__________.【答案】【分析】根据求得的关系式，结合基本不等式求得的最大值.【详解】依题意，，且函数在处有极值，，.，有两个极值点，符合题意.所以，当且仅当时等号成立.故答案为： 四、解答题17．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为. 18．已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．（1）证明：直线AB过定点；（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．【答案】（1）证明见解析；（2）或．【解析】（1）设，则，利用导数求斜率及两点求斜率可得设，同理可得，从而得到直线AB的方程为，再由直线系方程求直线AB过的定点；（2）由（1）得直线AB的方程为，与抛物线联立，利用中点坐标公式及根与系数的关系求得线段AB的中点，再由，可得关于的方程，可得到t=0或，然后分类求得结果.【详解】（1）设，则．由于，所以切线DA的斜率为，故．整理得设，同理可得．故直线AB的方程为．所以直线AB过定点．（2）由（1）得直线AB的方程为．由，可得．于是．设M为线段AB的中点，则．由于，而，与直线AB的方向向量平行，所以．解得t=0或．当=0时，=2，所求圆的方程为；当时，，所求圆的方程为．【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小，属于中档题．19．已知F是抛物线的焦点，过F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于两点，若．(1)求抛物线的标准方程；(2)设直线n同时与椭圆和抛物线C相切，求直线n的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）设过点F且倾斜角为的直线l的方程并联立抛物线方程，可得根与系数的关系，利用抛物线的弦长公式，即可求得答案；（2）直线n的斜率显然存在，设直线n的方程为，分别与椭圆以及抛物线方程联立，利用判别式等于0，求得的值，即得答案.【详解】（1）由题意得点，设过点F且倾斜角为的直线l的方程为，联立 ，消去y整理得，，设，，则，则，解得，所以抛物线的标准方程为．（2）由题意知，直线n的斜率显然存在，设直线n的方程为，联立,消去y整理得,因为直线n与椭圆相切，所以，整理得．联立，消去y整理得,因为直线n与抛物线相切，所以，整理得，所以，解得，（舍去）， 故 或，所以直线n的方程为或．20．已知分别是椭圆的左、右焦点，A是C的右顶点，，P是椭圆C上一点，M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，四边形OMPN的周长为4．(1)求椭圆C的标准方程(2)若不过点A的直线l与椭圆C交于D，E两点，且，判断直线l是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)标准方程为．(2)直线l过定点 【分析】（1）由三角形的中位线性质可得四边形OMPN的周长即为2a，椭圆的右顶点到右焦点的距离为a－c， 联立即可得椭圆方程；（2）分类讨论斜率存在与斜率不存在，当斜率存在时设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，再由可得k与m的关系式，将其代入直线方程可得定点，当斜率不存在时，代入计算即可.【详解】（1）M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，，四边形OMPN的周长为，，，，椭圆C的标准方程为．（2）设，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，代入，整理得，则，．易知，，化简得，或(舍去)，直线l的方程为，即，直线l过定点．当直线l的斜率不存在时，设，代入，解得，由得，，解得或(舍去)，此时直线l过点．综上，直线l过定点．【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．21．已知等比数列的前项和为，且.（1）求与；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）利用可得数列的递推式，得其为等比数列，易得通项公式、求和；（2）由（1）得，用错位相减法求和．【详解】（1）由，得，当时，，得；当时，，得，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以.所以.（2）由（1）可得，则，，两式相减得，所以.【点睛】（1）错位相减法适用于数列是由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，求解的方法是等式两边乘等比数列的公比再错位相减，错位相减后化归为一个等比数列的求和；（2）用错位相减法求和时，应注意两点：一是要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；二是在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“”的表达式.22．已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则．【答案】(1)(2)证明见的解析 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.【详解】（1）[方法一]：常规求导的定义域为，则令,得当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为[方法二]：同构处理由得：令，则即令，则故在区间上是增函数故，即所以的取值范围为（2）[方法一]：构造函数由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设要证,即证因为,即证又因为,故只需证即证即证下面证明时，设，则设所以,而所以,所以所以在单调递增即,所以令所以在单调递减即,所以；综上, ,所以.[方法二]：对数平均不等式由题意得：令，则，所以在上单调递增，故只有1个解又因为有两个零点，故两边取对数得：，即又因为，故，即下证因为不妨设，则只需证构造，则故在上单调递减故，即得证【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式这个函数经常出现，需要掌握