山东省烟台市名校2022-2023学年高二下学期入学摸底测试数学试题（Word版含答案）

烟台市名校2022-2023学年高二下学期入学摸底测试 数学试题
一、单项选择题：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．已知正四面体ABCD的棱长为2，动点P在以BC为直径的球面上，则的最大值为( )
A．2 B． C．4 D．
2．已知三棱锥，点分别为的中点，且，用，表示，则等于(　　)
A． B．
C． D．
3．已知直线l过点，且在y轴上的截距为x轴上的截距的两倍，则直线l的方程是( )
A． B．
C． D．
4．设是椭圆的左，右焦点，过的直线交椭圆于两点，则的最大值为（ ）
A．14 B．13 C．12 D．10
5．已知直线与曲线相交于A，B两点，，则的周长是( )
A．2 B． C．4 D．
6．已知等比数列的各项均为正数，公比为q，且，，记的前n项积为，则下列选项错误的是( )
A． B． C． D．
7．若数列满足，，若对任意的正整数都有，则实数m的最大值为( )
A． B．1 C．2 D．4
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．-2 B．0 C．2 D．4
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。
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
10．过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于,两点,点在抛物线准线上时,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
11．已知等比数列的公比为q，前n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．
12．设是函数的导数,若,且,
则下列各项正确的是( )
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
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____________．
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_________________．
15．用数学归纳法证明时，第一步取__________．
16．若，，且函数在处有极值，则mn的最大值等于__________．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）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．
18．（12分）已知曲线，D为直线上的动点，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．
19．（12分）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A，B两点，若．
（I）求抛物线的标准方程；
（Ⅱ）设直线n同时与椭圆和抛物线C相切，求直线n的方程．
20．（12分）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．
21．（12分）已知等比数列的前n项和为，且．
(1)求与；
(2)记，求数列的前n项和．
22．（12分）已知函数．
（1）若，求a的取值范围；
（2）证明：若有两个零点，，则．
参考答案
1．答案：C
解析：本题考查向量的运算，正四面体及球的几何性质．记线段BC的中点为O，则O为球心，易知，所以．当，即与方向相同时，取得最大值，最大值为4．故选C．
2．答案：D
解析： ，故选D．
3．答案：C
解析：当直线l经过原点时，方程为，符合题意；当直线l不经过原点时，设其方程为，代入点，得，此时方程为，即．综上，直线l的方程为或．
4．答案：A
解析：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．答案：D
解析：曲线的焦点坐标与，直线经过椭圆的焦点，
所以直线与曲线相交于A，B两点，，
则的周长是：．
6．答案：D
解析：，，由，，又，等比数列是递减数列，且，，选项A、B正确：又，，选项C正确，选项D错误．
7．答案：C
解析：，，
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：C．
8．答案：B
解析：由题意可知，
，，．
当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，
此时，，．
当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，
此时，，，
只要，无论a取何值，始终成立，故选B．
9．答案：BCD
解析：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,不妨设,化简得,所以共面,这与已知矛盾,所以不共面,可以作为空间的一个基底,D选项正确．
故选BCD．
10．答案：BCD
解析：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,
这直线的方程为,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,
易知的坐标分别为,
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．答案：BD
解析：本题考查等比数列的通项公式、性质及前n项和．由，可得，解得．当首项时，为单调递减数列，故A错误；，故B正确；假设成等比数列，则，即，等式不成立，则不成等比数列，故C错误；，故D正确．故选BD．
12．答案：ABD
解析：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,所以故B正确,又,所以由图易知,故D正确,C错误,因此选ABD
13．答案：
解析：由题意知,
即
则
解得．
14．答案：34
解析：点分别是双曲线的左、右焦点，且，，．又，．
又，．
的周长为．
15．答案：2
解析：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．
16．答案：36
解析：因为，所以，
又函数在处有极值，
所以，即，因为，，
所以，当且仅当时，等号成立．
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）设点A到平面的距离为h，
因为直三棱柱的体积为4，
所以，
又的面积为，，
所以，
即点A到平面的距离为．
（2）取的中点E，连接AE，则，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，所以，
又平面ABC，
所以，因为，所以平面，
所以．
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知，，所以，，
因为的面积为，所以，所以，
所以，，，，，，
则，，
设平面ABD的法向量为，
则即
令，得，
又平面BDC的一个法向量为，
所以，
设二面角的平面角为，
则，
所以二面角的正弦值为．
18．答案：（1）见解析
（2）当时，所求圆的方程为；
当时，所求圆的方程为
解析：（1）证明：依题意，可设，，，．
联立消去y得．
，，．
又直线DA与抛物线相切，则，
所以，同理．
所以，，
所以，，
则直线，必过定点．
（2）解法一：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，与向量平行，所以，解得或．
当时，，所求圆的方程为；
当时，，所求圆的方程为．
解法二：设M为线段AB的中点，由（1）可知．
所以，，
又，则，
解得或或．
当时，，所求圆的方程为；
当时，，所求圆的方程为．
19．答案：（I）
（Ⅱ）或
解析：（I）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y整理得
．
设，，
则，
则，解得，
所以抛物线的标准方程为．
（Ⅱ）由题知，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，
解得或
所以直线n的方程为或．
20．答案：(1)标准方程为．
(2)过定点．
解析：(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．
21．答案：(1)；．
(2)．
解析：(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
．
22．答案：（1）；
（2）证明见解析
解析：（1）由题意知函数的定义域为．
由，
可得函数在上单调递减，在上单调递增．
所以．
又，所以，解得，
所以a的取值范围为．
（2）解法一：不妨设，则由（1）知，．
令，
则．
令，
则，
所以当时，，
所以当时，，所以当时，，
所以在上单调递增，所以，
即在上．
又，所以，即．
由（1）可知，函数在上单调递增，
所以，即．
解法二（同构构造函数化解等式）不妨设，则由（1）知，．
由，得，
即．
因为函数在R上单调递增，所以成立．
构造函数，，
则，
所以函数在上单调递增，
所以当时，，即当时，，
所以，
又，
所以在上单调递减，
所以，即．