湖南省岳阳市平江县颐华高级中学（平江）有限公司2022-2023学年高二下学期开学考试数学试题（含答案）

高二下学期入学考试数学试卷
一、单选题（40分）
*1、甲乙丙丁4名同学站成一排拍照，若甲不站在两端，不同排列方式有( )
A.6种 B.12种 C.36种 D.48种
*2、已知A(2，4)，B( 3，1)，直线l：与线段AB相交，则直线l的斜率的取值范围为( ).
A. B. C. D.
*3、若向量，，且与的夹角的余弦值为，则实数等于( ).
A.0 B. C.0或 D.0或
*4、的展开式中的常数项为( ).
A.80 B.160 C.240 D.320
*5、设点M(3，4)在圆O：外，若圆O上存在点N，使得∠OMN=，则实数r的取值范围是( )
A. B. C. D.
*6、如图，点P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，Q为线段AP的中点，AB=3，BC=4，PA=2，则点P到平面BQD的距离为( )
A. B. C. D.
*7、设抛物线的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于点A，B，与圆交于点P，Q，其中点A，P在第一象限，则的最小值为( )
A. B. C. D.
*8、已知函数，若对任意，不等式恒成立，则实数a的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、多选题（20分）
*9、以下关于圆锥曲线的说法，不正确的是( )
A.设A，B为两个定点，k为非零常数，，则动点P的轨迹为双曲线
B.过定圆O上一定点A作圆的动弦AB，O为坐标原点，若，则动点P的轨迹为椭圆
C.过点(0，1)作直线，使它与抛物线有且仅有一个公共点，这样的直线有2条
D.若曲线C：为双曲线，则或
*10、已知数列满足，，则下列结论中正确的有( )
A.为等比数列 B.为递增数列
C.的通项公式为 D.的前n项和
*11、如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是( )
A. B.向量与的夹角是60°
C.AC1⊥DB D.BD1与AC所成角的余弦值为
12、函数在(0，＋∞)上有唯一零点，则下列四个结论正确的是( )
A. B. C. D.
三、填空题（20分）
*13、已知数列对任意都满足，且，若命题“，”为真，则实数 的最大值为___________.
*14、如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA=PD=，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值为____________.
*15、“双减”政策落地，很多学校为响应国家政策实行了课后延时服务，旨在破解学校放学后、家长下班前学生无人看管的社会性难题.某学校在周一到周五依次安排篮球、美术、象棋、编程、美术延时课服务.某学生计划每周上两天不同的延时课，则该学生的选取方案有_______种.(用数字作答)
*16、已知椭圆C1：与双曲线C2：有相同的焦点F1，F2，点P是曲线C1与C2的一个公共点，e1，e2分别是C1和C2的离心率，若PF1⊥PF2，则的最小值为_______.
四、解答题（70分）
*17、（10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.
*18、（12分）已知曲线C：，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）已知抛物线C：的焦点为F，斜率为的直线与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)若，求直线的方程；
(2)若，求.
*20、（12分）如图，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝，AB⊥B1C.
(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；
(2)在棱BB1上是否存在点P，使直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为，若不存在，请说明理由；若存在，求BP的长．
*21、（12分）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，以PF1为直径的圆E：过焦点F2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的右顶点为A，与x轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点(M，N与A点不重合)，且满足AM⊥AN，点Q为MN的中点，求直线MN与AQ的斜率之积的取值范围．
22、（12分）已知函数.
(1)求函数的最小值；
(2)若函数在(0，＋∞)上有两个零点，，且，求证：.
高二下学期入学考试数学答案
一、单选题
BADD BACD
二、多选题
9、ABC 10、ACD 11、AC 12、AD
三、填空题
*13、7 *14、 *15、9 *16、
四、解答题
*17、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、解析：（1）证明：依题意，可设AB：，A，B.
联立
消去y得，，，.
又直线DA与抛物线相切，则，以，同理.
所以，，所以，，则直线AB：，必过定点.
（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，与向量(1，t)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.
19、解设直线l的方程为，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由题设得F，故.又，所以.
由，可得，其中，则.
从而，得(满足Δ>0)．所以l的方程为.
(2)由可得.
由，可得，其中，
所以，从而，故，.
代入C的方程得，.
所以A(3，3)，B，故.
*20、(1)证明取AB的中点D，连接CD，B1D.
因为三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，
所以AB⊥CD，CD＝，BD＝1.
又因为AB⊥B1C，
且CD∩B1C＝C，CD，B1C 平面B1CD，
所以AB⊥平面B1CD.
又因为B1D 平面B1CD，
所以AB⊥B1D.
在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，所以B1D＝.
在△B1CD中，CD＝，B1D＝，B1C＝，
所以CD2＋B1D2＝B1C2，所以CD⊥B1D，
又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD 平面ABC，
所以B1D⊥平面ABC.
又因为B1D 平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解假设在棱BB1上存在点P满足条件．以DC，DA，DB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(，0，0)，B1(0，0，)，
因此＝(0，1，3)，＝(3，－1，0)，＝(0，1，3)，＝(－3，－1，0)．
因为点P在棱BB1上，设＝λ(0，1，)，其中0≤λ≤1.
则＝(－，－1＋λ，λ)．
设平面ACC1A1的法向量为＝(x，y，z)，
由，得取x＝1，则y＝，z＝－1，
所以平面ACC1A1的一个法向量为＝(1，，－1)．
因为直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为，
所以，
化简得，解得，
所以，故BP的长为.
*21、解(1)在圆E的方程中，令y＝0，得，解得，
所以F1，F2的坐标分别为(－，0)，(，0)．因为E，
又因为，OE∥F2P，所以点P的坐标为，
所以，得，，即椭圆C的方程为.
(2)右顶点为A(2，0)，由题意可知直线AM的斜率存在且不为0，
设直线AM的方程为，由MN与x轴不垂直，故.
由，得，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，又点A(2，0)，
则由根与系数的关系可得，得，，
因为AM⊥AN，所以直线AN的方程为，
用替换k可得，，，
所以点Q坐标为，
所以直线AQ的斜率，
直线MN的斜率，
所以，因为且，
所以，所以，
即，
所以直线MN与AQ的斜率之积的取值范围是.
22、(1)解易知函数为偶函数，故只需求当时，函数的最小值即可.
，当时，
设，则，显然单调递增，而h′(0)＜0，，
由零点存在性定理可知，存在唯一的，使得.
当时，，单调递减，当
时，，单调递增，
而，，故当时，，即，单调递减.
又当时，，，单调递增，
所以.
(2)证明由题可知，.
令函数，，
则，即单调递增，所以，
即当时，，而，所以.
又，即，此时.
由(1)可知，在上单调递增，所以，即.