湖南省常德市汉寿县2022-2023学年高二下学期开学考试数学试题（Word版含答案）

汉寿县2022-2023学年高二下学期开学考试
数学试题
一、单选题
1．圆心为且过原点的圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
2．在数列{an}中，若a1，且对任意的n∈N*有，则数列{an}前10项的和为（　 　）
A． B． C． D．
3．设公比为﹣2的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝，则a4等于
A．8 B．4 C．﹣4 D．﹣8
4．已知直线l1：mx＋y－1＝0与直线l2：(m－2)x＋my－2＝0，则“m＝1”是“l1⊥l2”的（ ）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知正四棱柱中，，则与平面所成角的正弦值等于（ ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线的左顶点为，右焦点为，以为圆心的圆与双曲线的一条渐近线相切于第一象限内的一点.若直线的斜率为，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，过点的直线交于两点，若的中点坐标为，则椭圆方程为（ ）
A． B．
C． D．
8．对于函数f（x）＝ex﹣lnx，下列结论正确的一个是（ ）
A．f（x）有极小值，且极小值点x0∈（0，）
B．f（x）有极大值，且极大值点x0∈（0，）
C．f（x）有极小值，且极小值点x0∈（，1）
D．f（x）有极大值，且极大值点x0∈（，1）
二、多选题
9．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）.
A． B．
C． D．
10．已知为坐标原点，抛物线的方程为的焦点为，直线与交于两点，且的中点到轴的距离为2，则下列结论正确的是 （ ）
A．的最大值为6
B．的焦点坐标为
C．若，则直线的方程为
D．若,则面积的最小值为
11．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC.请添加一个条件，使该三棱锥的四个面均为直角三角形，则这个添加的条件可以是（ ）
A．AB⊥AC B．PB⊥BC C．AB⊥BC D．AC⊥BC
12．设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C．是数列中的最大项 D．
第II卷（非选择题）
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三、填空题
13．已知直线，直线，若直线与的交点在第一象限，则实数的取值范围为___________．
14．已知曲线在处的切线过点，那么实数_______．
15．锐二面角α--β中，直线a在半平面α内，通过探究可知：a与半平面β所成角的最大值就是二面角α--β的平面角的大小，请据此解决下面的问题：在三棱P-ABC中，PA=PB=PC=2，二面角A-PB-C为直二面角，∠APB=2∠BPC(∠BPC<)，M，N分别为侧棱PA，PC上的动点，设直线MN与平面PAB所成的角为α，当的最大值为时，则三棱锥P-ABC的体积为_______
16．设，函数，，若函数与的图象有且仅有两个不同的公共点，则的取值范围是__
四、解答题
17．已知函数为偶函数.
(1)求出a的值，并写出单调区间；
(2)若存在使得不等式成立，求实数b的取值范围.
18．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=2，对任意n∈N*，都有2Sn=(n+1)an.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列的前n项和为Tn，求证：.
19．已知点在椭圆（）上，且该椭圆的离心率为.直线l交椭圆于P，Q两点，直线，的斜率之和为零，
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求 的面积.
20．如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面．
(1)证明：；
(2)若，，，求三棱柱的高；
(3)在（2）的条件下，求三棱柱的表面积．
21．已知椭圆的左右两个焦点分别为，，以坐标原点为圆心，过，的圆的内接正三角形的面积为，以为焦点的抛物线的准线与椭圆C的一个公共点为P，且.
（1）求椭圆C和抛物线M的方程；
（2）过作相互垂直的两条直线，其中一条交椭圆C于A，B两点，另一条交抛物线M于G，H两点，求四边形面积的最小值.
22．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明有且只有一个极小值点和一个零点，且
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】半径为圆上一点即原点到圆心(1，－1)的距离，即可写出圆的方程．
【详解】圆心为且过原点的圆的半径为，
故圆心为且过原点的圆的圆的方程为，
故选：C．
2．A
【分析】用累乘法可得．利用错位相减法可得S，即可求解S10＝22．
【详解】∵，则．
∴，．
Sn，
．
∴，
∴S，则S10＝22．
故选：A．
【点评】本题考查了累乘法求通项，考查了错位相减法求和，意在考查计算能力，属于中档题．
3．C
【分析】由S5＝求出，再由等比数列通项公式求出即可．
【详解】由S5＝得：，又
解得：，所以
故选：C
【点睛】本题主要考查了等比数列的前n项和公式及等比数列通项公式，考查计算能力，属于基础题．
4．A
【解析】根据两直线垂直的充要条件计算即可.
【详解】由l1⊥l2，得m(m－2)＋m＝0，解得m＝0或m＝1，
即l1⊥l2的充要条件为m＝0或m＝1，
所以“m＝1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件，
故选：A.
5．A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得与平面所成角的正弦值.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以.
设与平面所成角为，
则.
故选：A
6．C
【分析】将直线、的方程联立，求出点的坐标，由可得出、、的齐次等式，结合可求得双曲线的离心率的值.
【详解】双曲线的渐近线方程为，则直线的斜率为（为坐标原点），
所以，直线的斜率为，易知点、，
所以，直线的方程为，
联立，解得，即点，
由题意可得，即，
所以，，则，故.
故选：C.
7．A
【分析】结合中点坐标用点差法求得.
【详解】∵，故右焦点，则，
设，则，
且，
两式相减得，
故,
故，故,
故椭圆方程为，
故选：A.
8．C
【分析】求得导函数为,再根据零点存在性定理分析零点所在的区间即可.
【详解】由题,又,故在区间上为增函数.
又..故有极小值,且极小值点.
故选：C
【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数极值的问题,同时也考查了零点存在性定理的运用,属于基础题.
9．BD
【分析】判断各选项奇偶性及在上的单调性即可.
【详解】A选项，为偶函数，当时，.其在上单调递减，故A错误；
B选项，为偶函数，其在上单调递增，故B正确；
C选项，为奇函数，故C错误；
D选项，为偶函数，其在上单调递增，故D正确.
故选：BD
10．ACD
【分析】对于A：利用抛物线定义，三角形三边关系即可求解；
对于B：根据抛物线的焦点性质即可求解；
对于C：联立直线方程与抛物线方程，消元后利用韦达定理，利用给定的条件即可求解；
对于D：先求出直线所过的定点，利用面积公式即可求解.
【详解】对于A：如图：
设的中点为，分别过作准线的垂线，
垂足分别为，因为到轴的距离为2，所以，
由抛物线的定义知，,
所以，
因为，
所以，所以的最大值为6.
故选项A正确；
对于B：由题知，抛物线的标准方程为，
所以焦点坐标为.
故选项B错误；
对于C：由得直线过点，
直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程得，化简得，
则有.
由于，所以，
可得，解得，所以，
所以，直线的方程为.
故选项C正确；
对于D：设，，由，
得，又，
所以，
由题知，，所以，
又，
故直线的方程为，
又，所以，
则有直线恒过点，
所以，
所以面积的最小值为16.
故选项D正确；
故选：ACD.
11．BCD
【分析】直接证明A错误；再由已知结合线面垂直的判定定理及性质说明BCD正确．
【详解】解：若AB⊥AC，设AB＝a，AC＝b，AP＝c，
求得BC＝，PB＝，PC＝，
则cos∠PBC＝＝，
则∠PBC为锐角，同理可得∠PCB，∠BPC为锐角，则△PBC为锐角三角形，故A错误；
因为PA⊥底面ABC，面ABC，所以，
若PB⊥BC，，所以平面，
又平面，所以，
所以该三棱锥的四个面均为直角三角形，故B正确；
若AB⊥BC，，所以平面，
又平面，所以，
所以该三棱锥的四个面均为直角三角形，故C正确；
若AC⊥BC，，所以平面，
又平面，所以，
所以该三棱锥的四个面均为直角三角形，故D正确．
故选：BCD．
12．ABD
【分析】根据已知条件，结合等比数列的性质， 则或，，，所以，，推得公比，即可依次求解．
【详解】，
则或，
，，
和同号，且同为正，
且一个大于1，一个小于1，
，
，，即数列的前2022项大于1，
而从第2023项开始都小于1，
对于A，公比，故A正确，
对于B，，
，即，故B正确，
对于C，等比数列的前项积为，
且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，
故是数列中的最大项，故C错误，
对于D，，
，
，即，故D正确．
故选：ABD
13．
【分析】直接求出交点坐标，交点的纵横坐标都大于0，解不等式组即可.
【详解】由题意得两直线不平行，即，得，
由得，
由于直线与的交点在第一象限，
所以，解得，则实数的取值范围为，
故答案为：.
14．1
【分析】求导函数，然后确定切线的斜率，可得切线方程，利用曲线在点处的切线过点，建立方程，解之即可求出所求．
【详解】解：，
，则，
曲线在处的切线方程为：
，代入点，
得，解得，
故答案为：1.
【点睛】本题考查了利用导数研究在曲线某点处的切线方程，考查导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于基础题．
15．
【分析】如图所示，当直线MN与平面PAB所成的角为二面角的大小时，此时线面角达到最大，设运动到时，作于, 于, 连结，设 , 根据的最大值为, 求出, 再代入体积公式，即可得答案.
【详解】
如图所示，当直线MN与平面PAB所成的角为二面角的大小时，此时线面角达到最大,设运动到时，作于, 于, 连结
二面角为直二面角，
面面， 面, 面面
面又，
面，, 则 ,
设
,
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题有三个关键点，第一，准确作出二面角的平面角；第二，根据几何关系引入，建立方程求出的正余弦；第三，运用表达体积.
16．
【分析】将函数图象的交点个数转化为方程根的个数，从而可得在上有两不同根，结合余弦函数的图象性质列出不等式即可.
【详解】函数与的图象有且仅有两个不同的公共点，
即方程有两不同根，
也就是有两不同根，
因为，所以在上有两不同根．
因为，所以或，．
又且，所以，仅有两解时，应有，
则，所以的取值范围是．
故答案为: .
17．(1)；在上单调递减，在上单调递增
(2)
【分析】（1）根据偶函数的定义列出方程，根据方程恒成立求，由对勾函数性质写出单调区间；
（2）化简不等式换元后转化为，，分别考虑二次不等式有解转化为或分离参数后转化为，利用，也可转化为，求函数的最大值即可.
【详解】（1）因为，所以，
由偶函数知，解得；
即，由对勾函数知，
当时，即时函数单调递减，当时，即时函数递增，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）由题意可得，即，
令，；
解一：，则在上有解，即.
若，即，此时，解得，∴；
若，即，此时，解得，此时无解；
综上，；
解二：由得，令，则.
，所以.
解三：由得，令，则，
，所以.
18．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）在中，将代可得：，两式作差可得：，从而可得：，问题得解．
（2）利用（1）中结论，设可得：，利用裂项求和可得：，问题得解．
【详解】（1）因为，所以.
两式相减，得，即
所以当时，，
所以,即
又因为，所以，又也符合该式，故.
（2）证明：由（1）有，令，n∈N*，
则
所以
=
因为，所以
因为在N*上是递减函数，
所以在N*上是递增函数.
所以当时，取得最小值.所以
【点睛】关键点睛：本题主要考查了赋值法及累乘法求通项公式，还考查了裂项求和方法，解答本题的关键是由，将之裂成，然后用裂项相消法求和，属于中档题.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件立方程组求解a，b，c；
（2）设直线AP的倾斜角，由条件计算出AP和AQ的斜率，再求出点P和Q的坐标，运用三角形面积公式计算 的面积.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题意可得，解得，
所以椭圆方程为；
（2）由题意作下图：
不妨设直线的倾斜角为锐角且为，则直线的倾斜角为，所以，
因， ，解得 ，
又为锐角，所以，于是得直线：，：，
联立方程组消去y得：，
因为方程有一根为2，所以，，
同理可得，，
所以：，，点A到直线的距离，
所以 的面积为；
综上，椭圆方程为； 的面积为.
20．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】(1)要证,即证平面,由菱形的对角线垂直和线面垂直的性质即可得证.
(2) 要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点到平面的距离，即：作，垂足为，连接，作，垂足为,则由线面垂直的判定定理可得平面,再根据三角形面积相等：,可求出的长度，最后由三棱柱的高为此距离的两倍即可确定出高.
(3) 利用反三角函数分别求出，，使用面积公式求出每一面的面积，得到表面积.
（1）
证明：连接，则为与的交点，
∵侧面为菱形，∴．
∵平面，∴．
∵，平面 , 平面 ∴平面．
∵平面，∴．
（2）
解：作，垂足为，连接，作，垂足为，如图．
∵，，，平面,平面,
∴平面，∴．
∵，，平面,平面,
∴平面．
∵，∴为等边三角形．
∵，∴，
∵，∴，
由，且
，可得，
∵O为的中点，∴到平面的距离为，
∴三棱柱的高为.
（3）
解：易知，，
，，
，
∴，，，．
∴表面积为．
21．（1）；；（2）.
【分析】（1）根据三角形的面积求解出的值，从而抛物线方程可求，再求解出的长度，并根据椭圆的定义求解出的值，从而椭圆的方程可求；
（2）分直线的斜率和讨论：当时直接计算；当时分别联立直线与椭圆、抛物线，利用弦长公式表示出，根据求解出四边形面积的最小值.
【详解】（1）圆半径为，故内接正三角形的面积为
∴，即
又，，故
∴，∴
∴椭圆.
（2）由已知得直线的斜率存在，记为
（i）当时，，，故.
（ii）当时，设，代入，得：
∴.
此时，，代入得：
∴.
∴
综上，.
【点睛】本题考查圆锥曲线的综合应用，其中涉及到椭圆和抛物线的方程求解、直线与圆锥曲线交点围成面积的最值，对学生的计算能力要求较高，难度一般.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性，注意讨论的正负以及两根的大小关系；
（2）根据（1）中的单调性分析判断极值点和零点，利用零点代换整理可得，构建新函数，结合导数证明不等式.
【详解】（1）.
①若，则，
当时，，当时，，
故在单调递减，在单调递增；
②若，则，
当或时，，当时，，
故在，单调递减，在单调递增；
③若，则，，当且仅当时，“=”成立，
故是R上的减函数；
④若，则，
当或时，，当时，，
故在，单调递减，在单调递增；
综上，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在，单调递减，在单调递增；
当时，是R上的减函数；
当时，在，单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知：当时，在，单调递减，在单调递增，
所以有且仅有一个极小值点，且，，，
因为在单调递减，，，
所以有且仅有一个零点，且，即，则，
从而，
设
则，在单调递增.
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤：
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．