2023-2024学年重庆重点中学高二（下）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年重庆重点中学高二（下）开学数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知函数，则的值为( )
A. B. C. D.
2.设动直线与：交于，两点若弦长既存在最大值又存在最小值，则在下列所给的方程中，直线的方程可以是( )
A. B. C. D.
3.已知数列是公比为的正项等比数列，且，若，则( )
A. B. C. D.
4.已知函数的定义域为，设设甲：是增函数，乙：是增函数，则( )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
5.已知为抛物线的焦点，、、为抛物线上三点，当时，则在点、、中横坐标大于的有( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
6.已知定义在上的偶函数满足，，则( )
A. B. C. D.
7.已知等差数列公差不为零和等差数列的前项和分别为，，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下个方程中，无实数解的方程最多有( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
8.记椭圆：的左、右焦点为，过的直线交椭圆于，，，处的切线交于点，设的垂心为则的最小值是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在正四棱台中，，则( )
A. 直线与所成的角为
B. 平面与平面的夹角为
C. 平面
D. 平面
10.设为双曲线：的右焦点，为坐标原点若圆交的右支于，两点，则( )
A. 的焦距为 B. 为定值
C. 的最大值为 D. 的最小值为
11.已知数列：，，，，，，，，，，，其中第项为，接下来的项为，，接下来的项为，，，再接下来的项为，，，，依此类推，则( )
A.
B.
C. 存在正整数，使得，，成等比数列
D. 有且仅有个不同的正整数，使得
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若直线：与直线：垂直，则实数的值为______．
13.已知数列的各项均为非零实数，其前项和为，，且对于任意的正整数均有．
若，则 ______；
若，则满足条件的无穷数列的一个通项公式可以是 ______．
14.已知函数，，若存在直线，使得是曲线与曲线的公切线，则实数的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面，，，
证明：；
求与平面所成角的正弦值．
16.本小题分
记，分别为数列，的前项和已知为等比数列，，，．
求，的通项公式；
求数列的前项和．
17.本小题分
已知函数．
当时，求的单调区间；
若是的极大值点，求的取值范围．
18.本小题分
设、分别是椭圆：的左、右焦点．
求的离心率；
过的直线与相交于，两点与轴不平行．
当为常数时，若，，成等差数列，求直线的方程；
当时，延长与相交于另一个点与轴不垂直，证明：直线与椭圆相切．
19.本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
设，分别为的极大值点和极小值点，记，．
证明：直线与曲线交于另一点；
在的条件下，判断是否存在常数，使得若存在，求；若不存在，说明理由．
附：，．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据题意，函数，则，
则．
故选：．
根据题意，先求出，将代入，计算可得答案．
本题考查导数的计算，注意函数导数的计算公式，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：：，圆心，半径，
选项A，由直线斜率为，可得动直线为平行直线系，
只存在过圆心时的最大值，不存在最小值，故A错误；
选项B，由直线可化为，
则直线恒过，因为，点在圆外，
故直线不一定与圆相交，故B错误；
选项C，由直线恒过，点在圆上，
只存在过圆心的最大值，不存在最小值，故C错误；
选项D，由直线方程可化为，
则直线恒过，且点在圆内，故直线恒与圆相交，
当直线过圆心时，弦长最长，即是直径，
当直线与垂直时，圆心到直线的距离最大，此时弦长最小，故D正确．
故选：．
由动直线恒与圆相交得直线过圆内一定点，再验证弦长取最值即可．
本题考查直线与圆的位置关系的判断及圆心到直线的距离最大最小时的求法，属于中档题．
3.【答案】
【解析】解：由数列是公比为的正项等比数列，故，
则，故，即有，
由，
当时，
则，
故，
故，
所以．
故选：．
根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，当时，为增函数，则，不是增函数，
反之，当时，是增函数，当不是增函数，
故甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件．
故选：．
根据题意，举出反例，说明充分性和必要性都不成立，即可得答案．
本题考查函数单调性的判断，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：设，，，又，
，，，
又，
即，
，，
，，
，当且仅当时，等号成立，
又、、为抛物线上三点，．
，即，
，
，又，
，
，
同理可得，，
故在点、、中横坐标大于的有个．
故选：．
根据向量的坐标运算可得，，从从而可得，，再平方利用重要不等式，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，向量的线性运算重要不等式的应用，属中档题．
6.【答案】
【解析】解：定义在上的函数，由，得，
于是，即，因此函数的周期，
又为偶函数，，则，而，
由，得，由，得，
所以．
故选：．
根据给定等式，探讨函数的周期，再结合偶函数的性质求解即得．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：设等差数列的公差为，，等差数列的公差为，
则，，
所以原方程可变为，
由该方程有实数解可得，即，
要使方程，无解，
则要使，，
设，，
，，
所以为开口向上的抛物线的一部分，为直线的一部分，
又时，，
所以满足的的取值最多有个，
即无实数解得方程最多有个．
故选：．
设等差数列的公差为，，等差数列的公差为，由等差数列的性质可得，设，，，，由一次函数与二次函数的图像与性质即可得出解．
本题考查了等差数列性质的应用，考查了函数与方程思想及转化化归思想，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：由题意椭圆的标准方程为：，所以，，
所以，
所以焦点，，
由题意知直线的斜率存在，若斜率不存在，则，，三点共线，不能构成三角形，
设直线的方程为，，，
对两边求关于的导数，得，则，
则椭圆在点处的切线斜率为，
则椭圆在点处的切线方程为，
即，即，
同理可得椭圆在点处的切线方程为，
由，得，
则，
所以，
即，
又的垂心为，则，，
即轴，则的横坐标为，记的纵坐标为，
由，得，
所以，则，
因此，
因为过点，所以直线与椭圆必有两个交点，故且，
则，
当且仅当，即时，等号成立．
故选：．
线根据题意得，，设直线的方程为，，，求出点，处的切线方程，联立切线方程，得出点，根据题意可得轴，则的横坐标为，由，得，得出，结合基本不等式，可得结果．
本题考查椭圆中的最值问题，椭圆的切线方程，基本不等式的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：项，过点向作垂线交点为．
，，在直角中，，
，又在正方形中，，
直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，
又，直线与所成的角为，故A项正确．
项，过点向作的平行线交点为，
过点向作的平行线交点为，连接．
在正方形中，，平面平面，
平面与平面所成的角，即为平面与平面所成的角，
又根据题干可知，，为等边三角形，，
又正棱台的侧面为梯形，即及与棱不垂直，
所以不是两平面的二面角，即两平面夹角不为，故B项错误．
项，连接和于点，连接和，
在棱台中，平面平面，
平面与这两个平面相交，交线，，
又，且，，
四边形为平行四边形，，平面，故C项正确．
项，连招，，
根据项的分析知，
在等腰中，，，
即是直角，即，同理，，平面，故D项正确．
故选：．
过点向作垂线交点为，可求得，可判断；过点向作的平行线交点为，过点向作的平行线交点为，连接可得平面平面，可得平面与平面所成的角，即为平面与平面所成的角，求解即可判断；连接和于点，连接和，证明四边形为平行四边形即可判断；连招，，由的结论可得是直角，进而可得平面，可判断．
本题考查线面垂直，线面平行的证明，考查线线角，面面角的求法，属中档题．
10.【答案】
【解析】解：双曲线方程，其中，则，所以焦距，故A错误；
设，
所以
联立，得，
其中，
代入得到为定值，故B正确；
，当时，等号成立，故C正确；
，
同理，
所以，
其中，
由选项可知，，，
所以上式，当时，取得的最小值，
所以的最小值是，
则的最小值是，故D正确．
故选：．
根据双曲线方程求焦距，判断；根据两个圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可判断；并根据基本不等式，即可判断；根据坐标表示，结合选项，即可判断．
本题考查了双曲线的方程与性质，考查了直线与双曲线的综合，考查了方程思想及数学运算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：将数列分组，第一组：；第二组：，；第三组：，，；以此类推，
第组：，，，，，，
则每组构成以为首项，为公差的等差数列，且项数为．
选项，由，知是数列的第组数中的第项，故A 正确；
选项，由，知是数列的第组数中的第项，
此时该组数据是以为首项，为公差的等差数列，
所以，故B正确；
选项，因为，，是数列中的连续项：
所以若，，是数列中第组的连续项，
则，，是等差数列，不是等比数列；
若，，是数列中第组和第组的项，
当在第组，，在第组，此时，
，，既不是等差数列也不是等比数列；
当，在第组，在第组，此时，
，，既不是等差数列也不是等比数列；
综上，不存在正整数，使得，，成等比数列，故C错误；
选项，当，在第组，在第组，此时，
得，解得，
当在第组，，在第组，此时，
，即，此方程无整数解；
当，，是数列中第组的连续项，
则，，是等差数列；
所以，设是第组数据中的第个数，则即，
所以解得，，或，．
综上所述，有且仅有个不同的正整数，使得，故D正确．
故选：．
由题意将数列分组，第一组：；第二组：，；第三组：，，；以此类推，第组：，，，，，，则每组构成以为首项，为公差的等差数列，且项数为，结合等差数列的通项公式和前项和公式计算，依次判断选项即可．
本题考查了数列的相关知识，等差数列的通项公式，前项和公式，属难题．
12.【答案】或
【解析】解：由两条直线垂直可得，解得或．
故答案为：或．
写出两条直线垂直的充要条件，解出的值．
本题考查两条直线垂直的性质的应用，属于基础题．
13.【答案】 答案不唯一
【解析】解：由已知，当时，有，
又，，代入上式，解得；
由已知，，得，
当时，，
即，所以或，
又，，所以答案不唯一．
由，及可求得的值；再由递推式经过变形代换，可得出或，任选一种关系即可写出通项公式．
本题考查了由数列递推式求数列通项的方法，属中档题．
14.【答案】
【解析】解：设直线为曲线在点处的切线，
由，得，则，
：，即；
设直线为曲线在点处的切线，
由，得，
：，即，
由题意知，由，，可知，
由，可得，
将其代入，可得，
令，则在上有零点，
令，则，，，
令，解得；令，解得；
在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
且，
当时，，故在上恒有零点，从而恒成立；
当时，，无零点，不成立；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
则，解得．
综上所述：实数的取值范围是．
故答案为：．
分别设出直线与两曲线的切点坐标，，利用导数的几何意义求出切线方程，根据题意得到，记，，分类讨论与的大小关系，利用导数与函数的单调性结合零点存在性定理分析求解．
本题考查两曲线的公切线问题，导数的几何意义的应用，方程思想，利用导数研究函数的单调性，不等式思想，属中档题．
15.【答案】证明：，，
取的中点，连接，，因为，所以，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以，
因此，
因为，所以平面，
又因为平面，
所以；
解：以为坐标原点，作交于，
以，，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题设得，，，，
，，，
设是平面的法向量，
则，即，可取，可得，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】取的中点，由题意可证得平面，由矩形的边长关系，可证得平面，进而可证得；
空间直角坐标系，由题意可的各点的坐标，求出线面角的正弦值．
本题考查用空间向量的方法求线面角的大小，属于中档题．
16.【答案】解：由题设得，即有，
即，因此的公比为，
于是，即，
又因为，所以，即，
当时，．
当时，，满足上式，
所以；
又因为，，
所以，因此，．
因为，所以，
因此的通项公式为，
的通项公式为；
设，
由得，
所以的前项和．
【解析】求得的公比为，由等比数列的通项公式和数列的通项与前项和的关系，可得；求得的最小正周期为，可得；
计算，由数列的并项求和，可得所求和．
本题考查等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的周期性与并项求和，考查方程思想和转化思想、运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：当时，，函数定义域为，
可得．
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在上单调递增，
又，
当时，；当时，，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
若，
此时，
因为是的极小值点，
所以，
易得，
不妨设，函数定义域为，
可得．
不妨设，函数定义域为，
易知在区间上单调递增，
当且，即且时，
可得，
此时函数在区间上单调递增，
所以，
则不可能是的极大值点；
当，即或时，
因为在区间上单调递增，
所以存在，使得当时，，
此时函数在上单调递减，
则，
即，在上单调递减，
又，
所以函数为偶函数，
则函数的图象关于轴对称，
此时是的极大值点，
综上，的取值范围为．
【解析】由题意，将代入函数的解析式中，对函数进行求导，利用导数即可得到函数的单调区间．
根据函数极值点的概念确定单调性验证极值，即可得实数的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力．
18.【答案】解：由题意得，，，，
故，；
，，成等差数列，
，
又，，
与轴不平行，所以直线的斜率存在，若的斜率为，
设直线方程为，，
联立，消去得，
则，
，解得，
故直线方程为或；
证明：设，则，令，，
与轴不平行且，斜率存在，，
联立，消去得，且，
由韦达定理可知，，又，
得，即，
故，得，
同理得，
故，
直线的方程为，整理得，
联立，消去得，
注意到，故，
此时，
直线与得圆相切．
【解析】结合椭圆的性质即可求解；
由已知结合椭圆定义及等差数列的性质先求出，设出直线的方程，联立直线与椭圆方程，结合弦长公式即可求解；
由已知结合直线与椭圆的关系先求出直线的方程，然后结合直线与椭圆相切的条件即可判断．
本题主要考查了椭圆性质的应用，还考查了直线与椭圆位置关系的应用，属于中档题．
19.【答案】解：，
令，得或．
当或时，；当时，，
在，上单调递增，在上单调递减．
证明：由得，．
直线的方程为，即，
由 得，
设，则，
令，得．
当时，；当时，，
在单调递减，在单调递增．
，，，
有且仅有个零点，，其中．
这表明方程的解集为，
即直线与曲线交于另一点，且的横坐标为．
由得，即，
假设存在常数，使得，则，
，代入中，可得，
设，则令，得．
当时，；当时，，
在单调递减，在单调递增．
，，，
存在唯一的，使得．
此时，
因此，存在常数，使得，且．
【解析】对求导，利用导数与单调性的关系求解即可；
求出直线的方程，与联立，可得关于的方程，解方程即可得证；
由得，即，假设存在常数，使得，可得，代入中，可得，令，利用导数可得的取值范围，进而可得的值．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查运算求解能力，属于难题．
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