2023-2024学年安徽省阜阳一中高二（下）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年安徽省阜阳一中高二（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.在等差数列中，，则数列的前项和为( )
A. B. C. D.
2.已知抛物线上一点到其焦点的距离为，则实数的值是( )
A. B. C. D.
3.已知直线：与直线：，若直线与直线的夹角为，则实数的值为( )
A. B. C. 或 D. 或
4.若函数在处有极值，则实数( )
A. B. C. D.
5.已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是( )
A. B. C. D.
6.已知椭圆与抛物线有相同的焦点，点是两曲线的一个公共点，且轴，则椭圆的离心率是( )
A. B. C. D.
7.已知为空间任意一点，，，，四点共面，但任意三点不共线如果，则的值为( )
A. B. C. D.
8.已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则( )
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.已知数列满足，，则下列结论正确的有( )
A. 为等比数列 B. 的通项公式为
C. 为递增数列 D. 的前项和
10.如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形上的动点，则( )
A. 满足平面的点的轨迹长度为
B. 满足的点的轨迹长度为
C. 存在唯一的点满足
D. 存在点满足
11.已知函数，满足有三个不同的实数根，，，则( )
A. 若，则实数的取值范围是
B. 过轴正半轴上任意一点仅有一条与函数相切的直线
C.
D. 若，，成等差数列，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数列的首项为，，则 ______．
13.已知函数若在上恒成立，则的取值范围为______．
14.已知点是抛物线：与椭圆：的公共焦点，是椭圆的另一焦点，是抛物线上的动点，当取得最小值时，点恰好在椭圆上，则椭圆的离心率为______．
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.本小题分
已知圆过点和，且圆心在直线上．
求圆的标准方程；
经过点的直线与圆相切，求的方程．
16.本小题分
设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列．
求的通项公式；
令，为数列的前项积，证明：．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，．
证明：；
点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面的夹角的余弦值．
18.本小题分
已知双曲线：的左焦点到其渐近线的距离为，点在上．
求的标准方程；
若直线与交于，不与点重合两点，记直线，，的斜率分别为，，，且，是否存在值，使得若存在，求出的值和直线的方程；若不存在，请说明理由．
19.本小题分
若函数在上有定义，且对于任意不同的，，都有，则称为上的“类函数”．
若，判断是否为上的“类函数”；
若为上的“类函数”，求实数的取值范围；
若为上的“类函数”，且，证明：，，．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由等差数列的性质可知，，
，
故选：．
结合等差数列的性质及求和公式即可求解．
本题考查了等差数列的性质，考查了等差数列的前项和，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：抛物线抛物线上点到其焦点的距离为，
，解得，
，
点在抛物线上，
，
又，
．
故选：．
根据已知条件，结合抛物线的性质可得，，再将点的横坐标代入到抛物线中，即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，考查计算能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为的斜率为，
所以其倾斜角为，直线：恒过点，
若直线与直线的夹角为，则的倾斜角为或者，
所以斜率为或，
故选：．
根据倾斜角与斜率的关系即可求解．
本题考查直线的斜率问题，属于中档题．
4.【答案】
【解析】解：因为，，
由在处有极值可得，所以，解得，
经检验当时，，
当或时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，函数在处有极大值，满足题意．
故选：．
先对函数求导，结合极值存在条件即可求解．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量为：．
故选：．
根据已知求出，即可根据投影向量的定义求出答案．
本题考查空间向量的数量积和投影向量，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：椭圆与抛物线有相同的焦点，，
不妨设为第一象限的点，
是它们的一个公共点，且垂直轴，，可得，
点在椭圆上，可得，即，
化简得：，两边都除以，得，
，解得，可得．
故选：．
由题意求得和的关系，根据轴可求出的坐标，代入椭圆方程，化简即可求得离心率的值．
本题考查椭圆的几何性质，考查椭圆与抛物线位置关系的应用，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：因为，变形可得，
变形可得：，
又由为空间任意一点，，，，四点共面，但任意三点不共线．
则有，解可得．
故选：．
根据题意，分析可得，由空间向量基本定理可得，解可得的值，即可得答案．
本题主要考查了空间向量基本定理，注意空间四点共面的判断方法，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：由题意知，，则，，，
所以曲线在点，，处的切线方程分别为，
，，，
因为切线均过原点，所以，，，
即，，，所以，故AB错误；
由，得，画出函数与图象，如图，
设，，，
如上图易知，，，
由正切函数图象性质，得，
即，又，，
所以，
即，解得，故C正确，D错误．
故选：．
根据导数的几何意义求出曲线在点，，处的切线方程，由即可判断；画出函数与图象，由，可得，化简计算即可判断．
本题考查了利用导数研究函数的切线方程，考查了数形结合思想，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：数列满足，，整理得：，
转换为，
故：，所以是以为首项，为公比的等比数列．
故：，整理得．
则：为递减数列．
进一步整理得：，
所以的前项和：，
故选：．
首先利用定义求出数列的通项公式，进一步求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数列的前项和的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
10.【答案】
【解析】解：对于，取的中点，的中点，又点为的中点，
由正方体的性质知，，，，
所以平面平面，又平面，平面，
故点的轨迹为线段，故A正确；
以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，设，且，，
，，，
对于，，即，
又，，则点的轨迹为线段，
，且，故B错误；
对于，，
显然，只有，时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；
对于，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，
故，故不存在点满足，故D错误．
故选：．
利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对各个选项进行计算验证即可判断并得到答案．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，因为，
所以在和上单调递增，在上单调递减，且，，
所以，当有三个不同的实数根，，时，，故A正确；
对于，设，，切点为，
，，
所以函数在点处的切线方程为：，
又因为切线过点，所以，
即，令，
，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
且，，又，
所以直线与函数的图象只有一个交点，
即过轴正半轴上任意一点仅有一条与函数相切的直线，故B正确；
对于，由于方程有三个根，，，
所以，
展开可知，故C不正确；
，当，，成等差数列时，，
所以，，，故D正确．
故选：．
对于，求导，利用导数分析函数的单调性和极值，即可判断；在轴正半轴上任取一点，设切点，利用导数求出函数在切点处的切线方程，根据切线过点，可得方程，令，转化为直线与函数的图象只有一个交点，利用导数研究函数的图象即可判断；
对于，，根据方程有三个根，，，可得，展开，对应系数相等即可判断．
本题考查利用导数求切线方程，利用导数研究函数的极值和图象，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：由得，，
于是，即，
所以数列中，各个奇数项，，构成首项为，公比为的等比数列，
同理，各个偶数项，，也构成首项为，公比为的等比数列，
即，
所以．
故答案为：．
由得，进而判断中各个偶数项，，构成首项为，公比为的等比数列，即可得到．
本题考查由数列递推式求数列通项，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：因为在上恒成立，且，
故．
当时，在上恒成立，即在上为增函数，
所以，合乎题意；
当时，由，可得；当时，可得．
即在上为减函数，在上为增函数，
所以，
又因为，所以，不合乎题意．
综上，的取值范围为．
故答案为：．
由题意可知在上恒成立，将问题转化为求函数的最小值．
本题考查了用导数研究函数的单调性，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
14.【答案】
【解析】解：如下图所示，易知抛物线的焦点为，所以，椭圆的下焦点为，抛物线的准线为，该直线过点，
过点作，垂足为点，由抛物线的定义可得，
所以，，
当直线与抛物线相切时，最大，此时，取得最小值，即取最小值，
设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立得，消去得，，
，解得，代入方程得，可求得点的坐标为，
由椭圆定义可得，
，因此，椭圆的离心率为．
故答案为：．
过点作，由抛物线定义可得，再结合锐角三角函数得出，于是得出当直线与抛物线相切时，取得最大值，此时，取得最小值，并设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用求出的值，从而求出点的坐标，然后利用椭圆的定义求出的值，最终计算出椭圆的离心率．
本题考查圆锥曲线的综合问题，考查抛物线与椭圆的定义，解决本题的关键在于找出直线与抛物线相切的位置，考查计算能力与推理能力，属于难题．
15.【答案】解：的中点，，
所以的中垂线方程为：，
由，得，即圆心，半径，
所以圆的标准方程为：．
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时直线与圆相切，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
因为直线与圆相切，
所以，解得，
所以直线的方程为：．
综上，直线的方程为：或．
【解析】根据圆过点，，求出线段的垂直平分线的方程，与直线联立，求出圆心坐标，根据两点间距离公式求出半径，写出圆的方程即可；
分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线的斜率不存在时，易得直线的方程，当直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，列方程，解方程，即可求出直线的方程．
本题考查直线与圆的位置关系，属中档题．
16.【答案】解：由是首项为、公差为的等差数列，
故，
即，
当时，，
故
，
当时，，符合上式，
故；
证明：由，，
故，
则
，
由，
故，
则．
【解析】由等差数列定义可得，由与的关系即可得；
由与可得，即可得，由，可得，借助等比数列求和公式计算即可得证．
本题考查等差数列的通项公式，以及不等式的性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
17.【答案】证明：如图，
由于平面平面，平面平面，
过点作的垂线交的延长线于点，则平面，
连接交于，连接，
，，
，又，，
四边形为矩形，
，
，
，又，
，又平面，平面，
，又，，平面，
平面，又平面，
；
解：由题，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
由于在上，设，则，，
又平面的法向量，设直线与平面所成角为，
，解得或舍去，
，，
设平面的法向量，
则，即，取，则，
设平面的法向量，
则，即，取，则，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】要证，需要证过的平面与垂直即可，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理结合条件即得；
建立空间直角坐标系，先根据条件确定点的坐标，再求二面角．
本题考查了空间几何体中位置关系的证明和空间角的求解，属于中档题．
18.【答案】解：由双曲线可得，渐近线方程为：，
则有，化简得，
又在上，即，即，
故．
由题意可知直线的斜率存在且斜率为，设直线为，
设、，
联立直线与双曲线，消去可得，
则有且，
即且，
有，
由，故，
则
，
即有，即，
故或，
当时，直线为，过点，故舍去，
当时，直线为，
由、，
则线段中点坐标为，
，
，
即，由，，，
故有，
即，解得，故，
则直线为，
即存在，使得，
此时直线的方程为．
【解析】借助渐近线公式及点到直线的距离公式，并代入点计算即可得；
借助韦达定理结合从而得到直线中所设参数的关系，取线段中点，由可得，即可得的值和直线的方程．
本题考查了双曲线的方程及性质，考查了直线与双曲线的综合，考查了方程思想，属于中档题．
19.【答案】解：对于任意不同的，，
有，，所以，
，
所以是上的“类函数”．
因为，
由题意知，对于任意不同的，，都有，
可转化为对于任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，所以使，即，
即，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，
故．
证明：因为为上的“类函数”，所以，
不妨设，
当时，；
当时，因为，，
所以
，
综上所述，，，．
【解析】由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；
由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可；
分和两种情况进行证明，，用放缩法
进行证明即可．
本题考查新定义、利用导数研究函数的最值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
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