安徽省宿州市泗县第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题 Word版含解析.docx

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泗县一中2023-2024学年高二第二学期开学考数学试题说明：本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟一､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，则（）A.B.-2024C.D.2024【答案】A【解析】【分析】根据求导公式计算即可.【详解】，则.故选：A.2.已知等差数列，则“单调递增”是“”的（）条件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】A【解析】【分析】根据等差数列的概念得到，进而推得结果.【详解】已知等差数列的公差为，即，当单调递增时，，令得到，；反之，，为单调递增.故“单调递增”是“”的充要条件．故选：A.3.曲线在点处的切线方程为A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】利用导数的几何意义进行求解即可.【详解】由，所以曲线在点处的切线的斜率为，而，因此切线方程为，故选：C4.已知数列满足.若数列的前项和为，则（）A.4046B.4047C.8092D.8094【答案】B【解析】【分析】根据等差中项的性质得到数列为等差数列，然后利用等差中项的性质和前项和公式求即可.【详解】因为，所以数列为等差数列，则.故选：B.5.设线段AB的两个端点A，B分别在x轴、y轴上滑动，且，，则点M的轨迹方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，根据，得到，结合，即可求解.【详解】设， 由，可得，则，解得，因为，可得，即.故选：A.6.若A，B，C，D，E，F六人站队照相，要求A､B相邻且C､D不相邻，则所有不同的站法有（）A.36B.72C.108D.144【答案】D【解析】【分析】根据相邻元素的捆绑法与不相邻元素的插空法即可得不同的站法数.【详解】由于A､B相邻捆绑再一起有种方法，再与E，F一起安排有种方法，最后插空安排不相邻的C､D有种方法，根据分步乘法计数原理可得所有不同的站法有种.故选：D.7.已知，则的值为（）A.-66B.-65C.-63D.-62【答案】C【解析】【分析】根据赋值法，先代入，得，代入，可得，进而可得.【详解】设，当时，可得，得，当时，可得，得，当时，可得，得 ，故，得，故，故选：C8.在等比数列中，，，函数，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出，按导数的运算法则求导，令代入相应值即可得解.【详解】，，，，.故选：B【点睛】本题考查等比数列的基本量求解、导数运算法则，属于基础题.二､多选题：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.如图是导函数的图象，则下列说法正确的是（）A.为函数的单调递减区间B.为函数的单调递增区间C.函数在处取得极大值 D.函数在处取得极小值【答案】AC【解析】【分析】对于AB选项，利用函数的单调性和导数的正负关系进行判断；对于CD选项，利用函数的极值点的定义判断.【详解】由图象可知，时，，所以为函数的单调递减区间，故A正确；由图象可知，时，，所以为函数的单调递减区间，故B错误；由图象可知，，且当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，故函数在处取得极大值，故C正确；由图象可知，，故不是函数的极值点，故D错误，故选：AC.10.已知数列的前项和为，下列说法正确的（）A.若，则是等差数列B.若，则是等比数列C.若是等差数列，则D.若是等比数列，且，，则【答案】ABC【解析】【分析】利用并结合等差等比数列的定义即可判断选项A，B；根据等差求和公式和等差数列性质即可判断选项C；举反例时，即可判断选项D. 【详解】对于选项A：由，得Sn﹣1=（n﹣1）2+2(n-1)=n2-1，两式相减得an=Sn﹣Sn﹣1=，又当n=1时，a1=S1=12+2=3，满足上式，所以an=，故是等差数列，选项A正确；对于选项B：由，得，两式相减得，又，满足上式，所以，故，即是以1为首项，以2为公比的等比数列，选项B正确；对于选项C：由是等差数列，得，选项C正确；对于选项D：若等比数列的公比，则，选项D错误.故选：ABC.11.已知正方体的棱长为2，过棱的中点作正方体的截面，下列说法正确的是（）A.该正方体外接球的表面积是B.若截面是正六边形，则直线与截面垂直C.若截面是正六边形，则直线与截面所成角的正弦值的3倍为2D.若截面过点，则截面周长【答案】BD【解析】【分析】由正方体对角线是外接球直径求出球表面积判断A，正六边形截面与相应棱交点是棱中点，建立空间直角坐标系，由空间向量法证其垂直求线面角可判断BC，由正方体性质作出截面求出周长后判断D．【详解】对于A，外接球的半径为，故外接球的表面积为，故A错误； 对于B，建立如图1所示的空间直角坐标系，设的中点为G，则，，，，，∴，，，∴，，则，，即，，又，，正六边形截面，∴正六边形截面，故B正确；对于C，如图1，易得，为正六边形截面的一个法向量，设直线与截面所成的角为，则，故C错误；对于D，如图2，延长，与的延长线交于点K，与的延长线交于点L，连接交于点M，连接交于点N，则截面为平面．因此有，M为的三等分点，N为的三等分点，于是．∵，，，故截面的周长为，故D正确．故选：BD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若，则__________.【答案】1或2023【解析】分析】由组合知识进行求解.【详解】由于，故或，其他值不合要求.故答案为：1或202313.若的展开式中的系数为9，则实数__________．【答案】1【解析】【分析】根据二项式定理得出展开式的通项公式，即可得出的展开式中为或时，则的系数为，即可解出答案.【详解】展开式的通项公式为：，则，，所以展开式中的系数为，解得．故答案为：114.已知，，直线与曲线相切，则最小值为___________.【答案】8【解析】【分析】设直线与曲线相切于点，根据导数的几何意义先求出，进而得到关系，再由均值不等式可得出答案.【详解】设直线与曲线相切于点由函数的导函数为，则解得所以，即 则当且仅当，即时取得等号.故答案为：8四､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.如图，抛物线的顶点在原点，圆的圆心恰是抛物线的焦点.（1）求抛物线的方程；（2）一条直线的斜率等于2，且过抛物线焦点，它依次截抛物线和圆于、、、四点，求的值.【答案】（1）圆的圆心坐标为，即抛物线的焦点为,……………………3分∴∴抛物线方程为……………………6分1.由题意知直线AD的方程为…………………7分即代入得=0设，则，……………………11分∴【解析】【分析】（1）设抛物线方程为,由题意求出其焦点坐标，进而可求出结果；（2）先由题意得出直线的方程，联立直线与抛物线方程，求出，再由为圆的直径，即可求出结果. 【详解】（1）设抛物线方程为，圆的圆心恰是抛物线的焦点，∴．抛物线的方程为：；（2）依题意直线的方程为设，，则，得，，．．【点睛】本题主要考查抛物线的方程，以及直线与抛物线的位置关系；由抛物线的焦点坐标可直接求出抛物线的方程；联立直线与抛物线方程，结合韦达定理和抛物线定义可求出弦长，进而可求出结果，属于常考题型.16.在等差数列中，已知且．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等差数列基本量的计算即可求解；（2）由裂项相消求和法即可求解.【小问1详解】解：由题意，设等差数列的公差为，则,，解得,,；【小问2详解】解：， .17.如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，，，为正三角形，，，O为中点．（1）求证；平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点E，证明，由，有，又，可得平面；（2）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用平面法向量解决二面角的余弦值.小问1详解】取的中点E，连接，，如图所示，则，．∵，，∴且，∴四边形为平行四边形，∴． ∵，∴，∴，∵，∴，又，平面，∴平面．【小问2详解】连接，∵为正三角形，∴，∵平面，∴，，两两垂直，以O为坐标原点，，，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，设，则，，，∴，，，由可得，∴，，．设平面的法向量为，则，令，则，得．设平面的法向量为，则，令，则，得， 则，由图可知，二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为18.已知函数（其中为自然对数的底数）.（1）求函数的单调区间；（2）若为两个不相等的实数，且满足，求证：.【答案】（1）增区间为，减区间为（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，然后根据导函数的正负来判断得单调性；（2）将变形为得到，然后构造函数，根据得单调性和得到，最后根据和得单调性即可证明.【小问1详解】，令，解得，令，解得，所以的增区间为，减区间为.【小问2详解】证明：将两边同时除以得，即，所以，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，设，则， 令，则，由得，所以，，所以，在上单调递增，又，所以，当时，，即，即，又，所以，又，，在上单调递减，所以，即.【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于的问题的基本步骤如下：①求导确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.19.基本不等式：对于2个正数，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，即，当且仅当时，等号成立.可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，.当且仅当时，等号成立.若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①；②为单调数列，则称数列具有性质.（1）若；求数列的最小项；（2）若数列的前项和为，判断数列是否具有性质，并说明理由； （3）若，求证：数列具有性质.【答案】（1）4（2）数列具有性质，证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用基本不等式的推广求数列得最小项即可；（2）利用放缩的思路得到，然后利用等比求和公式得到，即可得到数列满足性质①，然后根据得到数列的单调性即可即可得到数列满足性质②；（3）利用二项式定理得到，然后通过放缩得到时，即可得到，满足性质①；利用基本不等式的推广得到，，满足性质②，即可证明数列具有性质.【小问1详解】，当且仅当，即时等号成立，所以数列得最小项为4.【小问2详解】数列具有性质，理由如下：因为，所以，所以数列满足性质①，因为，所以，数列单调递增，满足性质②，所以数列具有性质.【小问3详解】 先证数列满足性质①，当时，，则，而,所以数列满足性质①再证数列满足性质②：，（，等号取不到），所以数列为单调递增数列，满足性质②，综上，数列具有性质.【点睛】关键点睛：本题考查等比数列求和即二项式定理，证明性质①需要放缩为可求和数列.