169，安徽省阜阳第一中学2023-2024学年高二下学期开学检测数学试题

这是一份169，安徽省阜阳第一中学2023-2024学年高二下学期开学检测数学试题，共19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．在等差数列中,,则数列的前项和为
A．B．C．D．
2．已知抛物线上一点 到其焦点的距离为，则实数的值是（ ）
A．-4B．2C．4D．8
3．已知直线与直线，若直线与直线的夹角是60°，则k的值为（ ）
A．或0B．或0
C．D．
4．若函数在处有极值，则实数（ ）
A．B．2C．1D．
5．已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
6．已知椭圆与抛物线有相同的焦点，点是两曲线的一个公共点，且轴，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
7．已知为空间任意一点，四点共面，但任意三点不共线．如果，则的值为（ ）
A．-2B．-1C．1D．2
8．已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（ ）
A．B．C．D．
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.全部选对得6分，部分选对得部分分.）您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 9．已知数列满足，则下列结论正确的有（ ）
A．为等比数列
B．的通项公式为
C．为递增数列
D．的前n项和
10．如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ）
A．满足平面的点的轨迹长度为
B．满足的点的轨迹长度为
C．存在唯一的点满足
D．存在点满足
11．已知函数，满足有三个不同的实数根，则（ ）
A．若，则实数的取值范围是
B．过轴正半轴上任意一点仅有一条与函数相切的直线
C．
D．若成等差数列，则
三、填空题
12．已知数列的首项为，，则 .
13．已知函数．若在上恒成立，则a的取值范围为 ．
14．已知点是抛物线：与椭圆：的公共焦点，是椭圆的另一焦点，P是抛物线 上的动点，当取得最小值时，点P恰好在椭圆上，则椭圆的离心率为 .
四、解答题
15．已知圆过点和，且圆心在直线上.
(1)求圆的标准方程；
(2)经过点的直线与圆相切，求的方程.
16．设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)令，为数列的前项积，证明：.
17．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.
(1)证明：；
(2)点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面的夹角的余弦值.
18．已知双曲线：（，）的左焦点到其渐近线的距离为，点在上.
(1)求的标准方程；
(2)若直线与交于，（不与点重合）两点，记直线，，的斜率分别为，，，且，是否存在值，使得.若存在，求出的值和直线的方程；若不存在，请说明理由.
19．若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.
(1)若，判断是否为上的“3类函数”；
(2)若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；
(3)若为上的“2类函数”，且，证明：，，.
参考答案：
1．D
【解析】结合等差数列的性质及求和公式,即可求解答案.
【详解】由等差数列的性质可知,,
根据等差数列前项和公式:
,
故选:D.
【点睛】本题考查了等差数列的性质,考查了等差数列的前n项和,是基础题.
2．C
【分析】首先利用抛物线的定义，将抛物线上点到焦点的距离转化为到准线的距离解出p，再将点M的坐标代入抛物线方程即可解得.
【详解】抛物线的准线方程为：，因为M到焦点距离为5，所以M到准线的距离，即p=8，则抛物线方程为.将(1,m)代入得：，因为所以.
故选：C.
3．A
【分析】先求出的倾斜角为120°，再求出直线的倾斜角为0°或60°，直接求斜率k.
【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为120°.
要使直线与直线的夹角是60°，
只需直线的倾斜角为0°或60°，
所以k的值为0或.
故选：A
4．D
【分析】由极值的定义得，即可求解，注意检验.
【详解】解：因为，，在处有极值，
所以，所以，解得.
经检验当时，，
当或时，；当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
函数在处有极大值，满足题意.
故选：D
5．B
【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案.
【详解】由已知可得，，，
所以，向量在向量上的投影向量是.
故选：B.
6．C
【分析】分析可得，求得，设设椭圆的下焦点为，利用勾股定理可求得，利用椭圆的定义可求得该椭圆的离心率的值.
【详解】易知点或，所以，，即，
将代入抛物线方程可得，则，
设椭圆的下焦点为，因为轴，则，
由椭圆的定义可得，
所以，椭圆的离心率为.
故选：C.
7．A
【分析】由题设条件推得，再由四点共面可求得
【详解】因为，
所以由
得，
即，
因为为空间任意一点，满足任意三点不共线，且四点共面，
所以，故.
故选：A.
8．C
【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程，进而即可判断AB；画出函数与图象，由可得，化简计算即可判断CD.
【详解】由题意知，，则，
所以曲线在点处的切线方程分别为
，
因为切线均过原点，所以，
即，得，故AB错误；
由，得，画出函数与图象，如图，
设，如上图易知：，
由正切函数图象性质，得，即，
又，所以，
即，解得，故C正确，D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：证明选项CD的关键是根据构造新函数，通过转化的思想和数形结合思想分析是解题的关键.
9．ABD
【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.
【详解】因为，
所以+3，所以，
又因为，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
，即，故B正确；
因为，
因为，所以，
所以，所以为递减数列，故C错误；
，
则，故D正确.
故选：ABD.
10．AC
【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.
【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，
由正方体的性质知，，，，
所以平面平面，又平面，平面，
故点的轨迹为线段，故A正确；
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，设，且，，
，，
对于B，，即，
又，，则点的轨迹为线段，,
且，故B错误；
对于C，
显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；
对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，
故， 故不存在点满足，故D错误.
故选：AC
11．ABD
【分析】对于A，求导得函数单调性、极值，由此即可判断；对于B，关于点中心对称，由此即可判断；对于C，由展开即可判断；对于D，由结合C选项分析即可判断.
【详解】因为，
所以在和上单调递增，在上单调递减，且，
所以，当有三个不同的实数根时，，故A正确，
关于点中心对称，
所以在此点处的切线方程为，
结合图象可知：当且仅当时，符合题意，所以B正确，
由于方程有三个根，
所以，展开可知，C不正确；
由展开可知，
当成等差数列时，所以，
在中，令，得，
所以，D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】由得，进而判断中各个偶数项构成首项为3，公比为3的等比数列，即可得到.
【详解】由得，,
于是，即.
所以数列中，各个奇数项 构成首项为1，公比为3的等比数列，
同理，各个偶数项 也构成首项为3，公比为3的等比数列，即.
所以.
故答案为：81.
13．
【分析】由题意可知在上恒成立，将问题转化为求函数f(x)的最小值.
【详解】∵在上恒成立，且，
故．
当时，在上恒成立，即在上为增函数，
所以，，合乎题意；
当时，由，可得；当时，可得．
即在上为减函数，在上为增函数，
所以，，
又因为 ，所以，不合乎题意．
综上所述，．
故答案为：.
14．
【详解】分析：由题意可知与抛物线相切时，取得最小值，求出此时点的坐标，代入椭圆方程求出的值，即可求解其离心率．
详解：抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
过向抛物线的准线作垂线，则，所以,
显然当直线与抛物线相切时，最小，即取得最小值，
设直线的方程为，代入可得，
令，可得，
不妨设在第一象限，则，所以，即，
因为在椭圆上，且为椭圆的焦点，
所以，解得或（舍去），
所以，所以离心率为．
点睛：本题考查了抛物线的定义及几何性质的应用，以及椭圆的离心率的求解，其中根据抛物线的定义与几何性质，得到关于的方程组是解答的关键．求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．
15．(1)
(2)或
【分析】（1）设出圆的标准方程，根据题意，列出方程组，即可求解；
（2）根据题意，分直线的斜率不存在和存在，两种情况讨论，结合直线与圆的位置关系，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：设圆的方程为，
根据题意，可得，解得，
所以圆的方程为.
（2）解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由圆心到直线的距离等于圆的半径，可得，解得，
则直线的方程为，即.
故直线的方程为或.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由等差数列定义可得，由与的关系即可得；
（2）由与可得，即可得，由，可得，借助等比数列求和公式计算即可得证.
【详解】（1）由是首项为、公差为的等差数列，
故，
即，
当时，，
故
，
当时，，符合上式，
故；
（2）由，，
故，
则
，
由，
故，
则.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证，需要证过的平面与垂直即可，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理结合条件即得；
（2）建立空间直角坐标系，先根据条件确定点的坐标，再求二面角.
【详解】（1）如图：

由于平面平面，平面平面，
过点作的垂线交的延长线于点，则平面.
连接交于，连接，
∵，，
∴，∴，
又，，
∴四边形为矩形，
∴，∴，
∴，∴，
又∵，
∴，即，
又平面，平面，
∴，又平面，
∴平面，又∵平面，
∴.
（2）以为坐标原点，，，所在直线分別为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
由于在上，设，
则，∴，
又平面的法向量，设直线与平面所成角为，
∴，
解得或（舍去），
∴，∴，，，
设平面的法向共，平而的法向共，
则即，
取，得，，
∴，
故平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)；直线为
【分析】（1）借助渐近线公式及点到直线的距离公式，并代入点计算即可得；
（2）借助韦达定理结合从而得到直线中所设参数的关系，取线段中点，由可得，即可得的值和直线的方程.
【详解】（1）由双曲线：可得，渐近线方程为：，
则有，化简得，又在上，
即，即，故：；
（2）由题意可知直线的斜率存在且斜率为，
设直线为，、，
联立直线与双曲线，消去可得，
则有且，
即且，
有，，
由，故、，
则
，
即有，即，
故或，
当时，直线为，过点，故舍去，
当时，直线为，
由、，则线段中点为，
，，
即，由，，，
故有，即，解得，
故，则直线为，
即存在，使得，此时直线的方程为.
.
【点睛】关键点睛：本题关键在于借助韦达定理结合题目所给，计算出直线中参数得关系.
19．(1)是上的“3类函数”，理由见详解.
(2)
(3)证明过程见详解.
【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；
（2）由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可.
（3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可.
【详解】（1）对于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3类函数”.
（2）因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，所以使，即，
即，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，
故.
（3）因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，
当时，；
当时，因为，
，
综上所述，，，.
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.