青海省西宁市海湖中学2022-2023学年高二下学期开学摸底考试数学试卷 A卷（含解析）

2022-2023学年高二下学期开学摸底考试数学试卷 A卷
【考试时间：120分钟】
【满分：100分】
一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1.已知，则曲线在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
2.已知等比数列和等差数列，满足，则( )
A. B.1 C.4 D.6
3.已知棱长为1的正方体的上底面的中心为，则的值为( ).
A.-1 B.0 C.1 D.2
4.直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆上，则面积的取值范围是( )
A. B. C. D.
5.已知双曲线，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若为直角三角形，则( )
A. B.3 C. D.4
6.在展开式中的系数为24，则实数a的值为( )
A.1 B. C.2 D.
7.椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称.若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为( )
A. B. C. D.
8.已知定义在R上的偶函数满足，且当时，，则下面结论正确的是( ).
A. B.
C. D.
二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16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4分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9.已知向量，，则下列结论中正确的是( )
A.若，则
B.若，则
C.不存在实数，使得
D.若，则
10.设是数列的前n项和，，，则下列说法正确的有( ).
A.数列的前n项和为
B.数列为递增数列
C.数列的通项公式为
D.数列的最大项为
11.已知有且仅有两个极值点，分别为，，则下列不等式中正确的有（参考数据，）( )
A. B.
C. D.
12.已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F的直线与E交于A，B两点，C，D分别为A，B在l上的射影，且，M为AB中点，则下列结论正确的是( )
A. B.为等腰直角三角形
C.直线AB的斜率为 D.的面积为4
三、填空题（共4小题，每小题4分，共16分．）
13.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环也依次增加9块，已知每层环数相同，均为9环，则三层共有扇面形石板（不含天心石）的数量是________________.
14.“五一”期间，某单位安排甲、乙、丙、丁四人于5月1日至5月4日值班，一人一天，甲的值班只能安排在5月1日或5月4日，且甲、乙的值班日期不能相邻，则不同的排法有__________种.
15.已知函数的极小值为a，则a的值为_________.
16.在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G为棱上的一点，且，则点G到平面的距离为______________.
四、解答题（共4小题，其中第17～18题每题各8分，第19～20题每题各10分，共36分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17.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.
18.如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.
19.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.
20.已知函数.
(1)若在定义域内单调递增，求a的取值范围;
(2)当时，若存在唯一零点，极值点为，证明:.
答案以及解析
1.答案：D
解析：因为，所以，，所以切线的斜率，所以曲线在点处的切线方程为，故选D.
2.答案：D
解析：设等比数列的公比和等差数列的公差分别为.因为，所以.由题意得，又，解得，所以，所以，故选D.
3.答案：D
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
.故选D.
4.答案：A
解析：由圆可得圆心坐标为，半径，的面积记为S，点P到直线AB的距离记为d，则有.易知，，，所以，故选A.
5.答案：B
解析：由双曲线可知其渐近线方程为，，，不妨设，则易知焦点F到渐近线的距离为b，即，又知，
，则在中，.故选B.
6.答案：D
解析：的展开式为，
由题意得，故的系数为，解得，
故选：D.
7.答案：A
解析：解法一：设，则，易知，所以（*）.因为点P在椭圆C上，所以，得，代入（*）式，得，结合，得，所以.故选A.
解法二：设椭圆C的右顶点为B，则直线BP与直线AQ关于y轴对称，所以，所以，所以.故选A.
8.答案：A
解析：由，知是周期函数，且周期为6，
，
，，
，
又，易知在内单调递增，
.故选A.
9.答案：AC
解析：由得，
解得，故A选项正确；由
得，解得，故B选项错误；
若存在实数，使得，则，
，，显然无解，
即不存在实数使得，故C选项正确；
若，则，解得，
于是，故D选项错误.
10.答案：ABD
解析：由，得，
，即，
又，数列为以1为首项，1为公差的等差数列，则，可得，故A，B均正确；
当时，，
数列的最大项为，故C错误，D正确.故选ABD.
11.答案：AD
解析：由题意得，则，，.由，得，所以，从而，，所以.因为，所以易得.因为，所以，因为，所以.设，得，所以.
12.答案：AC
解析：由，得，即，
焦点，准线.
设直线AB的方程为，，.
由得，
，，
从而，.
又，，即.
因此，且或（舍去）.
，，即直线AB的斜率为，C正确；
选项A中，，，
，从而，A正确；
选项B中，，
，结合图形知不是直角三角形，B错误；
选项D中，，D错误.故选AC.
13.答案：3402
解析：从上层第一环石板数记为，向外向下石板数依次记为，此数列是等差数列，公差，首项，三层共27项，所以和为.
14.答案：8
解析：若甲在5月1日值班，则乙只能在5月3日或5月4日中的一天值班，其余两人任意安排，此时排法有（种）；若甲在5月4日值班，则乙只能在5月1日或5月2日中的一天值班，其余两人任意安排，此时排法有（种），故共有种不同的排法.
15.答案：e
解析：由题，，若，则当时，，单调递增，此时不存在极值，不符合题意，所以，易知在上单调递增，且当时，，当时，，所以存在唯一的，使得.当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以的极小值，因为，所以，即，设，因为，所以在上单调递减，又1，所以，从而.
16.答案：
解析：由题意得，平面，平面，所以平面，则点G到平面的距离等于点到平面的距离.以D为原点，DA， DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则，，，，所以，，.
设平面的法向量为，
则
令，则，，
所以平面的一个法向量.
点到平面的距离为，即点G到平面的距离为.
17.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
.
18.答案：（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）
解析：（Ⅰ）因为ABCD是直角梯形，，
所以，即，
因为CDEF是直角梯形，，
所以，即.
如图，在AB边上作，连接DH，易得，
在中，因为，所以，.
在DC边上作，连接EG，易得，
在中，因为，所以，.
易知二面角的平面角为，又，故为等边三角形，
又N为BC的中点，所以.
因为，，，所以平面BCF.
又平面BCF，所以.
因为，，故平面ABCD，
又平面ABCD，故.
（Ⅱ）如图，取AD的中点K，连接NK，以N为坐标原点，
以NK，NB，NF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面ADE的法向量为，
则，即，
取，则，，即是平面ADE的一个法向量.
设直线BM与平面ADE所成角为，
因为，
所以.
19.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.
20.答案：(1)
(2)见解析
解析：(1)由题，，
因为在定义域内单调递增，因此恒成立.
当时，，不满足题意.
当时，，满足题意.
当时，即，得，
设，则，
注意到函数单调递减，
且时，，
因此在时，单调递增，
在时，单调递减，
得，从而，得.
综上，a的取值范围为.
(2)，当时，单调递增，
而，
因此存在，使得，
且时，单调递减，
当时，单调递增，
且，
故存在，使得.
要证明，只需证明，
即证.
由，得，
因此只需证明，
即证.
先证明：.
即证，
即证，
设，则，所以在上单调递减，在上单调递增，故，即.
接下来证明:.
即证，
设，
则，
设，
则
故单调递减，，
从而单调递减，故，即.
因此，
即不等式成立，故.