康杰中学2023—2024年第二学期
高二年级（开学考试）数学试题
2024年2月
（考试时间：120分钟试卷满分：150分）
注意事项：
1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第Ⅰ卷
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知数列的前项和，则的值为（）
A. 135 B. 145 C. 155 D. 165
【答案】C
【解析】
【分析】利用与之间的关系即可求解.
【详解】由题意可知，，，
所以.
故选：C.
2. 中心在坐标原点，离心率为的双曲线的焦点在轴上，则它的渐近线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设双曲线方程，根据已知得到，即可得到渐近线的方程.
【详解】由已知可设双曲线的标准方程为.
由已知可得，所以，则，所以.
所以，双曲线的渐近线方程为.
故选：D.
3. 等差数列中，， 则是的( )
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】由等差数列的性质知：，时，成立，即充分性成立，
反之：等差数列常数列，对任意成立，即必要性不成立.
故选：B．
【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的判断，判断是的什么条件，需要从两方面分析：一是由条件能否推得条件；二是由条件能否推得条件.
4. 直线将圆分成两段，这两段圆弧的弧长之比为（ ）
A. 1：2 B. 1：3 C. 1：5 D. 3：5
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件作出图形，利用圆的性质及点到直线的距离公式，结合弧长公式即可求解.
【详解】设直线与圆的两个交点为，圆心为，过点作交于,
如图所示
设，则
所以圆心到直线的距离为.
在中，
因为，
所以，
由圆的性质知，，
所以两段圆弧的弧长之比等于两段弧所对圆心角的弧度数之比，等于．
故选：A.
5. 已知数列中，，当时，，设，则数列的通项公式为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据递推关系式得到，进而利用累加法可求得结果．
【详解】数列中，，当时，，
，
，
，且，
，
故选：A．
6. 设，，，则、、大小关系是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数在上的单调性可得到、的大小关系，利用对数函数的单调性可得出、的大小关系，即可得出结论.
【详解】构造函数，其中，则，
当时，，所以，函数在上单调递增，
因为，则，即，即，
所以，，
因为，故，即，即，
因此，.
故选：D.
7. 点在椭圆上，的右焦点为，点在圆上，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据椭圆的定义转化为，即求的最小值，即为圆心与的距离减半径即可.
【详解】设椭圆的左焦点为，则
求的最小值即求的最小值，圆的半径为圆心为
所以的最小值为
所以的最小值为
故选：D.
【点睛】本题考查了椭圆的定义，以及圆上一动点与圆外一定点的距离的最值问题，解决问题时需要对题中的目标进行转化，将多个动点转化为少（单）动点的问题，从而解决问题.
8. 设双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与交于两点，，则的离心率为（）
A. B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线的对称性可得、且四边形为平行四边形，由题意可得出，结合余弦定理表示出与、有关齐次式即可得离心率.
【详解】
由双曲线的对称性可知，，有四边形为平行四边形，
令，则，
由双曲线定义可知，故有，即，
即，，
，
则，即，故，
则有，
即，即，则，由，故.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于、、之间的等量关系，本题中结合题意与双曲线的定义得出、与的具体关系及的大小，借助余弦定理表示出与、有关齐次式，即可得解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（）
A. 直线的倾斜角的取值范围是
B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
C. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
D. 已知向量，，则在上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系及三角函数的性质即可判断A选项，利用两直线的垂直及充要条件的定义即可判断B选项，利用空间向量的基本定理可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，直线的倾斜角为，则，因为，所以，所以，故A正确；
对于B选项，因为直线与直线互相垂直，所以，即，解得或，所以“”是“或”的充分不必要条件，所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，故B错误；
对于C选项，若两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，不妨设这两个非零向量不共线，设这两个非零向量为，由空间向量的基本定理可知，在空间中必存在非零向量，使得为空间的一个基底，假设不成立，故这两个非零向量共线，故C正确;
对于D选项，因为向量，所以在上的投影向量为，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（）
A. 的准线方程为
B. 若，则
C. 若，则的斜率为
D. 过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据抛物线几何意义求出，即可得到抛物线的方程，再根据抛物线的定义判断A、B、D，设，，，，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，根据焦半径公式计算即可判断C；
【详解】解：因为抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，所以，
所以抛物线方程为，则焦点，准线为，故A错误；
若，则，所以，所以，故B正确；
可设，，，，
直线的方程为，与抛物线联立，
消去，可得，
可得，，
由抛物线的定义可得
即，即，
解得，则直线的斜率为，故C正确；
对于D，若轴平分，则，又轴，
所以，所以，
所以，即，所以，故D正确；
故选：BCD
11. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（）
A. 若，则四面体的体积为定值
B. 若的外心为，则为定值2
C. 若，则点的轨迹长度为
D. 若且，则存在点，使得的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，作出辅助线，结合空间向量基本定理得到三点共线，得到平面，故点为平面距离为定值，四面体的体积为定值，A正确；B选项，作出辅助线，结合空间向量数量积的几何意义得到；C选项，建立空间直角坐标系，设，表达出，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，结合弧长公式求出答案；D选项，求出，，得到，画出图形，数形结合得到其最小值.
【详解】A选项，在上分别取，使得，，
因为，所以，
因为，所以，即，
故，即，
所以三点共线，
因为，，所以，
故平面，故点为平面的距离为定值，
又为定值，故四面体的体积为定值，A正确；
B选项，取的中点，因为的外心为，所以⊥，
又题意得，
则，B错误；
C选项，取的中点，因为底面为菱形，，
故⊥，
以为坐标原点，以，分别为轴，建立空间直角坐标系，
故，设，
则，
化简得，
点满足，
即点在正方形内，包括边界，
故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，
如图所示：
因为，，故，
故为等腰直角三角形，，
故点的轨迹长度为，C正确；
D选项，若且，，
即，即，
又，，设，
设，即，
解得，即，
，
如图所示，
设，且⊥，⊥，
在线段上取一点，设，则，
故，
显然，直接连接，此时取得最小值，最小值即为，
由勾股定理得，
故的最小值为，
D正确.
故选：ACD
【点睛】空间向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用空间向量的几何意义将问题转化为空间几何中的最值或取值范围问题，然后根据图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用空间向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的极大值点为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数可求得的单调性，根据单调性可得极大值点.
【详解】由题意知：定义域为，
，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
是的极大值点.
故答案为：.
13. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差会成等差数列．在杨辉之后，对这类高阶等差数列的研究一般称为“垛积术”"，现有高阶等差数列，其前5项分别为1，4，10，20，35，则该数列的第6项为______．
【答案】56
【解析】
【分析】利用高阶等差数列的定义，分别计算出前后两项的差，再由等差数列定义即可求得第6项的值为56.
【详解】由题意可知，所给数列为高阶等差数列，
设数列的第6项为，
根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列，
再利用新数列的后一项减去前一项也得到一个新数列，即可得到一个首相为3公差为1的等差数列，
计算规律如下所示：
则需满足，解得.
该数列的第6项为56.
故答案为：56
14. 定义在上的偶函数满足，且当时，，则曲线在点处的切线方程为_________________.
【答案】
【解析】
【分析】明确函数的周期性，结合导数的几何意义求函数在某点出的切线方程.
【详解】因为是上的偶函数，且，
所以，
所以，即为周期函数，且周期为4.
设，则，由；
设，则，由.
当时，.
所以：，.
所以曲线在点处的切线方程为：.
故答案为：
【点睛】方法点睛：该问题的解决方法可以有两种思路：
（1）求出函数在区间上的解析式，可得和，进而求出所求的切线方程；
（2）利用函数的对称性和周期性，先求得到切点，再根据的图象关于点对称，则关于轴对称，所以得切线斜率，可得所求切线方程.
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. 已知函数在点处的切线与直线垂直．
（1）求；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1）
（2）单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值
【解析】
【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；
（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.
【小问1详解】
，则，
由题意可得，解得；
【小问2详解】
由，故，
则，，
故当时，，当时，，当时，，
故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，
故有极大值，
有极小值.
16. 如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，
AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．
（1）证明B1C1⊥CE；
（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．
（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．
【答案】（1）见解析 （2） （3）
【解析】
【详解】解：本题可通过建立空间坐标系求解．
如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．
(1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，∴B1C1⊥CE.
(2)＝(1，－2，－1)．
设平面B1CE的法向量＝(x，y，z)，
则,即
消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为＝(－3，－2,1)．
由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．
于是cos〈，〉＝＝＝－，从而sin〈，〉＝，
故二面角B1－CE－C1的正弦值为.
(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．
设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则
sinθ＝|cos〈，〉|＝
＝＝.
于是＝，解得λ＝ (λ＝－舍去)，
∴AM＝.
17. 已知数列的首项为2，前项和为，且
（1）求的值；
（2）设，求数列的通项公式；
（3）求数列的通项公式.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据递推关系可得求得．
（2）由条件可得可得，于是，以上两式相减变形可得，即，于是可得数列为等差数列，并可求得其通项．
（3）由（2）可得，可得，根据累乘法可得数列的通项公式．
【小问1详解】
∵，且，
∴
解得.
【小问2详解】
由，
可得，
∴，
∴，，
∴，
∴，
化为:，
即，
又，
数列是首项为，公差为1的等差数列．
∴.
【小问3详解】
由(2)可得: ，
∴，
∴，
∴，
又满足上式．
∴.
18. 已知，为椭圆C：的左、右顶点，且椭圆C过点.
（1）求C的方程；
（2）过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中点D在x轴上方），求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得，把代入椭圆方程可得答案；
（2）①当l斜率不存在时，易知；②当l斜率存在时，设l，，，与椭圆方程联立，求出、，由利用韦达定理可得，设，转化为，可得答案.
【小问1详解】
由题意得，把代入，
解得，
所以C的方程为；.
【小问2详解】
由（1）知：，，
①当l斜率不存在时，易知；
②当l斜率存在时，设l：，，，
由，得，显然，
所以，，
因为，，
所以，
因为，
所以.
又，
设，则，，解得且，
所以，
因为，可得的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是借助求出的范围，本题考查了学生的思维能力、运算能力.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】含参数的单调性讨论问题，求导后分情况讨论根的个数与大小即可.
指对同构问题，将所求不等式变形，构造新函数，再利用单调性求解.
【小问1详解】
定义域是，
令
当时，∵，∴
∴，∴在单调递增
当时，，若，即时，，
∴，∴在单调递减
若，即时，令，
解得，，
易得在单调递减，在单调递增，在单调递减，
综上所述：当时，在单调递增
当时，在单调递减，在单调递增，
在单调递减，当时，在单调递减
【小问2详解】
解法一：
由题易得
令，有在为增函数
原式等价于，
即
即，令
由（1）知时，在为减函数，
∴，∴
解法二：
由题易得
令，有在为增函数
原式等价于，即
设对恒成立
首先，即，
下面证明时，恒成立
由（1）知，当时，，，此题的证
∴.
【点睛】本题第一问属于含参数的单调性讨论问题，先求导，再用参数讨论方程的根个数与大小，得出不等式的解集即为函数的单调区间；第二问属于指对同构类问题，一般指数和对数函数同时出现时考虑指对同构，再构造新函数，利用单调性求参数的范围即可.
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)康杰中学2023—2024年第二学期
高二年级（开学考试）数学试题
2024年2月
（考试时间：120分钟试卷满分：150分）
注意事项：
1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第Ⅰ卷
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知数列的前项和，则的值为（）
A. 135 B. 145 C. 155 D. 165
2. 中心在坐标原点，离心率为的双曲线的焦点在轴上，则它的渐近线方程为（）
A. B. C. D.
3. 等差数列中，， 则是( )
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 直线将圆分成两段，这两段圆弧弧长之比为（ ）
A. 1：2 B. 1：3 C. 1：5 D. 3：5
5. 已知数列中，，当时，，设，则数列的通项公式为（）
A. B. C. D.
6. 设，，，则、、的大小关系是（）
A. B.
C. D.
7. 点在椭圆上，的右焦点为，点在圆上，则的最小值为（）
A. B. C. D.
8. 设双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与交于两点，，则的离心率为（）
A. B. 2 C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（）
A. 直线的倾斜角的取值范围是
B. “”是“直线与直线互相垂直”充要条件
C. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
D. 已知向量，，则在上的投影向量为
10. 已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（）
A. 准线方程为
B. 若，则
C. 若，则的斜率为
D. 过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则
11. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（）
A. 若，则四面体的体积为定值
B. 若的外心为，则为定值2
C. 若，则点的轨迹长度为
D. 若且，则存在点，使得的最小值为
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的极大值点为___________.
13. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差会成等差数列．在杨辉之后，对这类高阶等差数列的研究一般称为“垛积术”"，现有高阶等差数列，其前5项分别为1，4，10，20，35，则该数列的第6项为______．
14. 定义在上的偶函数满足，且当时，，则曲线在点处的切线方程为_________________.
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. 已知函数在点处的切线与直线垂直．
（1）求；
（2）求的单调区间和极值．
16. 如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，
AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．
（1）证明B1C1⊥CE；
（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．
（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．
17. 已知数列的首项为2，前项和为，且
（1）求的值；
（2）设，求数列的通项公式；
（3）求数列的通项公式.
18. 已知，为椭圆C：的左、右顶点，且椭圆C过点.
（1）求C的方程；
（2）过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中点D在x轴上方），求的取值范围.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若恒成立，求实数取值范围.
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