湖南省永州市第一中学2023-2024学年高二下学期开学检测数学 Word版含解析.docx

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2024年上期永州市一中高二入学检测数学试题满分：150分考试时间：120分钟一、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，只有一项是符合题目要求的．1.若两条直线和平行，则实数的值为（）A.1B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由直线平行求出，注意检验重合情形即可.【详解】因为两直线平行，所以，解得或，当时，两直线重合，舍去，故选：D2.等差数列的前项和为．若，则（）A.8092B.4048C.4046D.2023【答案】C【解析】【分析】由等差数列的性质得到，利用求和公式和等差数列性质求出答案.【详解】由等差数列的性质可得，所以，解得，所以．故选：C．3.如图，空间四边形OABC中，，点M在线段OA上，且，点N为BC中点，则（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】结合图形，利用空间向量的线性运算即可求解.【详解】点M在线段OA上，且，又，∵N为BC的中点，.故选：D.4.已知曲线存在过坐标原点的切线，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设出切点横坐标，利用导数几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有实数根，求得的取值范围.【详解】∵，∴， 设切点为，则，切线斜率，∴切线方程为，∵切线过原点，∴，整理得：∵存在过坐标原点的切线，∴，解得或，∴实数的取值范围是.故选：B.5.已知抛物线，圆：，过圆心作直线与抛物线和圆交于四点，自上而下依次为，，，，若，，成等差数列，则直线的斜率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，可得圆心C为抛物线的焦点，求出弦AB长，设出直线AB方程并与抛物线方程联立，求解作答【详解】圆：的圆心，半径，显然点为抛物线的焦点，其准线为，设，则，而，由，，成等差数列得，，因此，即有，解得，设直线的方程为，显然，由消去y得：，则有，解得，所以直线的斜率为.故选：B 6.设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】构造新函数,，当时.所以在上单减，又，即.所以可得,此时，又为奇函数，所以在上的解集为：.故选A.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如，想到构造.一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.7.已知数列满足，且，若，数列 的前项和为，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由可得数列是等差数列，进而可得数列的通项公式，故可得数列的通项公式，进而通过裂项相消法得到数列的前项和，最后代入得到.【详解】，，数列是等差数列，，，，，数列的公差，，既，故，，，故选：D.8.若对任意的，且，都有成立，则的最大值为（）AB.1C.eD.【答案】A【解析】【分析】将已知不等式变形为，令，将问题转化为在 上单调递增，利用导数可求得单调性，由此可得的最大值.【详解】由可得，由,且,所以，即，令，则在上单调递增，所以，令，则,当时，，此时在上单调递增；当时，，此时在上单调递减；所以，故.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是将恒成立的不等式变形为同一函数不同函数值之间大小关系的比较问题，通过构造函数的方式，将问题转化为函数在区间内单调的问题.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.已知空间四点，则下列四个结论中正确的是（）AB.C.点到直线的距离为D.点到平面的距离为【答案】ABD【解析】【分析】根据空间向量的数量积的坐标运算公式，空间的距离公式和点到直线、点到平面的距离的向量运算公式，逐项判定，即可求解.【详解】对于选项A:结合题意可得，因为，所以，故选项A正确；对于选项B:结合题意可得，故选项B正确； 对于选项C：结合题意可得取,,所以,所以点到直线的距离为故选项C错误；对于选项D：结合题意可得,设平面的法向量为，则，令，则，所以点到平面的距离为,故选项D正确；故选：ABD.10.已知圆：，则下列说法正确的有（）A.圆关于直线对称的圆的方程为B.直线被圆截得的弦长为C.若圆上有四个点到直线的距离等于，则的取值范围是D.若点是圆上的动点，则的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】把圆化成标准方程，得到圆心坐标和半径，利用圆的几何性质，解决对称问题，弦长问题，点到直线距离和取值范围.【详解】圆：，化成标准方程为，圆心坐标为，半径为.圆关于直线对称的圆，圆心坐标为，半径为，圆的方程为，A选项正确； 圆心到直线的距离为，所以直线被圆截得的弦长为，B选项错误；若圆上有四个点到直线的距离等于，则圆心到直线的距离小于，即，解得，即的取值范围是，C选项正确；若点是圆上的动点，满足，则，由圆心坐标和半径可知，，则，所以的取值范围是，D选项错误.故选：AC11.已知函数，则（）A.有两个极值点B.有三个零点C.点是曲线的对称中心D.直线是曲线的切线【答案】AC【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.详解】由题，，令得或，令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；因，，， 所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线对称中心，故C正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：AC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.点分别是双曲线的左、右焦点，点在上，且，则的面积为________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用双曲线定义、余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算作答.【详解】结合题意可得：双曲线的实半轴长，半焦距，有，在中，由余弦定理得，即有，因此，解得， 所以的面积为.故答案为：.13.已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是__________.【答案】8【解析】【分析】根据题意结合导数的几何意义分析可得，再结合基本不等式运算求解.【详解】由题意可得：的导数为，设切点为，切线斜率，则在该点的切线方程为，即，由题意可得，整理得，则，当且仅当时取等号，故的最小值为8.故答案为：8.14.已知函数恰有两个零点，则______.【答案】【解析】【分析】利用导数，求出的单调区间，由函数恰有两个零点即函数与x轴有两个不同的交点，从而建立等量关系求解可得. 【详解】因为，所以令，则，令，故当时，函数为增函数，当时，函数为减函数，即当时函数有最小值，若，即时，此时函数在R上为增函数，与题意不符，且当时，的零点为1；若，即时，此时函数与x轴有两个不同交点，设交点为，且，即，所以当或时，即，此时函数为增函数，当时，即，此时函数为减函数，依题意，函数恰有两个零点即函数与x轴有两个不同的交点，即或，所以或，所以，所以，故答案为：.【点睛】根据函数零点个数求解参数范围的问题的一般方法：设方法一：转化为函数与x轴交点个数问题，通过求解单调性构造不等式求解；方法二：转化为函数的交点个数问题求解.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.已知等差数列的前项和为，，；数列的前项和. （1）求数列与的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1），（2）.【解析】【分析】（1）设数列的公差为，由题意列方程可求得，由等差数列的通项公式即可求出；当时，，两式相减得可证得是以2为首项，公比为2的等比数列，进而求出的通项公式；（2）由（1）知，再由错位相减法求解即可.【小问1详解】设数列的公差为，则，解得，所以.因为，当时，，两式相减得：.又，得，所以是以2为首项，公比为2的等比数列，所以.【小问2详解】由（1）知.则，，两式相减得： 所以.16.已知在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点在线段上，直线平面，．（1）求证：点为中点；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面平行的性质定理可知，从而得证；（2）由空间向量中两平面的夹角公式求解.【小问1详解】连接交于点，连接，因为平面，且平面，平面平面，所以．又因为在正方形中，是的中点，所以点为中点．【小问2详解】因为平面，四边形为正方形，，平面，所以，，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，，，，所以，．设平面的法向量为， 则即令，则，，即；由平面，得，又，，平面，平面，所以平面，即是平面的一个法向量．所以．所以平面与平面夹角的余弦值为．17.已知椭圆：（）经过点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点，，为椭圆上异于A的两点，且，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，定点【解析】【分析】（1）根据题意代入运算求解即可；（2）设直线的方程为，联立方程可得韦达定理，结合向量垂直的坐标表示运算求解. 【小问1详解】由题意可得，解得，，故椭圆的标准方程为.【小问2详解】因为，为椭圆上异于A的两点，所以直线的斜率存在，不妨设直线的方程为，，，联立方程，消去y得，则，整理得，由韦达定理得，，因为，，，，可得化简得，解得或，当时，直线的方程为，直线过点，不合题意；当时，恒成立，直线的方程为，所以直线过定点. 【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．18.已知为坐标原点，双曲线的离心率为，且过点．（1）求双曲线的标准方程；（2）圆的切线与双曲线相交于两点．（ⅰ）证明：；（ⅱ）求面积的最小值．【答案】（1）（2）（ⅰ）证明过程见解析；（ⅱ）4【解析】【分析】（1）待定系数法求解双曲线方程；（2）（ⅰ）考虑切线的斜率为0和不为0两种情况，设出切线方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出得到垂直关系；（ⅱ）在（ⅰ）的基础上，求出当切线的斜率为0时的三角形面积，再得到切线的斜率不为0时面积表达式，求出其取值范围，得到面积的最小值.【小问1详解】由题意得，将代入双曲线中得，又，解得，故双曲线的标准方程为； 【小问2详解】（ⅰ）当切线的斜率为0时，方程为，不妨设，此时，解得，不妨设，则，所以；当切线斜率不为0时，设为，由圆心到直线距离可得，故，联立与得，，则，又，解得，设，则，故，故，故； （ⅱ）当切线的斜率为0时，的面积为，当切线斜率不为0时，，因为，点到切线的距离为2，故，当时，令，则，故，因为，所以，同理，当时，，综上，面积的最小值为4.【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．19.已知（其中为自然对数的底数）. （1）当时，求曲线在点处的切线方程，（2）当时，判断是否存在极值，并说明理由；（3），求实数的取值范围.【答案】（1）（2）有一个极大值，一个极小值，理由见解析（3）【解析】【分析】（1）当时，求得，结合导数的几何意义，即可求解；（2）当时，求得，令，利用导数求得的单调性与，得到存在使得，存在使得，进而得到答案；（3）求得，根据题意，得到，令，得到使得，利用函数的单调性，求得，再由，求得，再由，设，利用导数求得函数的单调性，即可求解.【小问1详解】解：当时，，可得，则，所以曲线在点处的切线方程为，即.【小问2详解】解：当时，，定义域为，可得，令，则，当时，；当时，，所以在递减，在上递增， 所以，又由，存在使得，存在使得，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；所以时，有一个极大值，一个极小值.【小问3详解】解：由，可得，由，因为，可得，令，则在上递减，当时，可得，则，所以，则，又因为，使得，即且当时，，即；当时，，即，所以在递增，在递减，所以，由，可得，由，可得，即，由，可得，所以，因为，设，则，可知在上递增，且， 所以实数的取值范围是.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．