2022-2023学年青海省西宁市海湖中学高二下学期开学摸底考试数学试题A卷（解析版）

这是一份2022-2023学年青海省西宁市海湖中学高二下学期开学摸底考试数学试题A卷（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出在点处的导数即为切线的斜率，直接写出切线方程即可.
【详解】因为，所以，，
所以切线的斜率，
所以曲线在点处的切线方程为，
故选：D.
2．已知等比数列和等差数列，满足，则（ ）
A．B．1C．4D．6
【答案】D
【分析】设等比数列的公比和等差数列的公差分别为，列方程组求得得通项公式，从而可计算出结果．
【详解】设等比数列的公比和等差数列的公差分别为.
因为，所以.
由题意得，
又，解得，
所以，
所以，
故选：D.
3．已知棱长为1的正方体的上底面的中心为，则的值为（ ）
A．-1B．0C．1D．2
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法计算出.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
故选：D
4．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：直线分别与轴，轴交于，两点
,则
点P在圆上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
5．已知双曲线C：，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、N.若OMN为直角三角形，则|MN|=
A．B．3C．D．4
【答案】B
【详解】分析：首先根据双曲线的方程求得其渐近线的斜率，并求得其右焦点的坐标，从而得到，根据直角三角形的条件，可以确定直线的倾斜角为或，根据相关图形的对称性，得知两种情况求得的结果是相等的，从而设其倾斜角为，利用点斜式写出直线的方程，之后分别与两条渐近线方程联立，求得，利用两点间距离公式求得的值.
详解：根据题意，可知其渐近线的斜率为，且右焦点为，
从而得到，所以直线的倾斜角为或，
根据双曲线的对称性，设其倾斜角为，
可以得出直线的方程为，
分别与两条渐近线和联立，
求得，
所以，故选B.
点睛：该题考查的是有关线段长度的问题，在解题的过程中，需要先确定哪两个点之间的距离，再分析点是怎么来的，从而得到是直线的交点，这样需要先求直线的方程，利用双曲线的方程，可以确定其渐近线方程，利用直角三角形的条件得到直线的斜率，结合过右焦点的条件，利用点斜式方程写出直线的方程，之后联立求得对应点的坐标，之后应用两点间距离公式求得结果.
6．在展开式中的系数为24，则实数a的值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】写出展开式通项，根据题意可得，代入通项后可得出关于的等式，即可求解
【详解】的展开式为，
由题意得，故的系数为，解得，
故选：D.
7．椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
8．已知定义在上的偶函数满足，且当，，则下面结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性、单调性和周期性来求解即可.
【详解】由，知是周期函数，且周期为6，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
易知在内单调递增，
所以.
故选：A．
二、多选题
9．已知向量，，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．不存在实数，使得
D．若，则
【答案】AC
【分析】由向量模、向量垂直、数量积的坐标表示求得相应的参数值，然后计算判断ABD，利用共线向量定理判断C．
【详解】由得，解得，故A选项正确；
由得，解得，故B选项错误；
若存在实数，使得，则，，，显然无解，
即不存在实数使得，故C选项正确；
若，则，解得，于是，故D选项错误.
故选：AC．
10．设是数列的前项和，，，则下列说法正确的有（ ）
A．数列的前项和为
B．数列为递增数列
C．数列的通项公式为
D．数列的最大项为
【答案】ABD
【分析】由已知数列递推式可得，结合，得数列为以1为首项，以1为公差的等差数列，求出其通项公式，可得，结合求数列的通项公式，然后逐一核对四个选项得答案．
【详解】解：由，得，
，即，
又，数列为以1为首项，以1为公差的等差数列，
则，可得，故正确；
当时，，
，数列的最大项为，故错误，正确．
故选：．
11．已知有且仅有两个极值点，分别为，，则下列不等式中正确的有（参考数据，）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】有且仅有两个极值点，则有两个变号零点，对于AB，利用零点存在性定理可分别得，范围，可判断选项正误；对于CD，结合AB选项分析，在上单调递增，可得，由，可得，后可得.
【详解】对于AB选项，由题意得有两个变号零点，
令，则，
得在上单调递减，在上单调递增，
则.
又，，，则，
注意到，，，
，从而，所以，故A正确，B错误；
对于CD选项，由AB选项分析可知，当时，，得在上单调递增，
又，则，
因，，结合AB选项分析可知，
因为，所以，
设，得在上单调递减，
则，又，
则，所以，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题涉及用导数及零点存在性定理研究函数的极值点，为双变量问题，难度较大.对于本题选项的判断，由整体角度去解决较难得到与选项相符的数值，故分别去求的范围.
12．已知抛物线E：的焦点为F，准线为l，过F的直线与E交于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足为C，D，且AF＝3BF，M为AB中点，则下列结论正确的是（ ）
A．∠CFD＝90°B．为等腰直角三角形
C．直线AB的斜率为D．的面积为4
【答案】AC
【分析】对于A、B，结合抛物线定义可得；
对于C、D，由直线与抛物线联立结合韦达定理及三角形面积公式可得.
【详解】如图，过点M向准线l作垂线，垂足为N，设，．
对于A，因为AF＝AC，所以∠AFC＝∠ACF，又因为∠OFC＝∠ACF，
所以∠OFC＝∠AFC，所以FC平分∠OFA，同理可知FD平分∠OFB，所以∠CFD＝90°，故A正确；
对于B，假设△CMD为等腰直角三角形，则∠CFD＝∠CMD＝90°，
则C，D，F，M四点共圆且圆的半径为，又因为AF＝3BF，
所以AB＝AF＋BF＝AC＋BD＝2MN＝4BF，所以MN＝2BF，
所以CD＝2MN＝4BF，所以CD＝AB，显然不成立，故B错误；
对于C，设直线AB的方程为x＝my＋1，联立，所以，
所以，又因为AF＝3BF，所以，所以，
所以，所以，所以直线AB的斜率为，故C正确；
对于D，不妨取，则，所以，
所以，故D错误．

故选：AC
三、填空题
13．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上､中､下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，均为9环，则三层共有扇面形石板（不含天心石）数量是___________.
【答案】3402
【分析】把各环石板数用数列表示，上层第一环石板数记为，可得三层共27项，数列是等差数列，公差和首项都是9，求得其前27项和即得．
【详解】从上层第一环石板数记为，向外向下石板数依次记为，此数列是等差数列，公差为，首项，三层共27项．
所以和为．
故答案为：3402．
14．“五一”小长假快到了，某单位安排甲、乙、丙、丁四人于5月1日至5月4日值班，一人一天，甲的值班只能安排在5月1日或5月4日且甲、乙的值班日期不能相邻的排法有______种．
【答案】8
【分析】根据甲有特殊要求，所以通过分类讨论先安排甲，由甲乙不相邻再安排乙，再安排剩余两人即可．
【详解】若甲在5月1日值班，则乙只能在，5月3日或5月4日两天值班一天，剩余两人任意安排
此时有
若甲在5月4日值班，则乙只能在5月1日或5月4日值班一天
此时有
则共有 种排法
故答案为8
【点睛】本题主要考查排列组合的应用，注意特殊元素优先安排，属于基础题．
15．已知函数的极小值为a，则a的值为______.
【答案】e
【分析】求函数导数，分类求函数的单调区间求出函数极小值，根据极小值为a求解.
【详解】，
若，则当时，，单调递增，
此时不存在极值，不符合题意，
所以，易知在上单调递增，且当时，，
当时，，所以存在唯一的，使得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以的极小值，
因为，
所以，即，
设，因为，
所以在上单调递减，又，
所以，从而.
故答案为：
16．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=(0<<2)，则点G到平面D1EF的距离为____.
【答案】
【分析】先证明A1B1∥平面D1EF，进而将问题转化为求点A1到平面D1EF的距离，然后建立空间直角坐标系，通过空间向量的运算求得答案.
【详解】由题意得A1B1∥EF，A1B1⊄平面D1EF，EF⊂平面D1EF，所以A1B1∥平面D1EF，则点G到平面D1EF的距离等于点A1到平面D1EF的距离.
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，A1(2，0，2)，所以，，.
设平面D1EF的法向量为，则，
令x=1，则y=0，z=2，
所以平面D1EF的一个法向量.
点A1到平面D1EF的距离==，即点G到平面D1EF的距离为.
故答案为：.
四、解答题
17．已知等比数列的前项和为，且.
（1）求与；
（2）记，求数列的前项和.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）利用可得数列的递推式，得其为等比数列，易得通项公式、求和；
（2）由（1）得，用错位相减法求和．
【详解】（1）由，得，
当时，，得；
当时，，得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以.
所以.
（2）由（1）可得，
则，
，
两式相减得，
所以
.
【点睛】（1）错位相减法适用于数列是由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，求解的方法是等式两边乘等比数列的公比再错位相减，错位相减后化归为一个等比数列的求和；
（2）用错位相减法求和时，应注意两点：一是要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；二是在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“”的表达式.
18．如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
19．已知分别是椭圆的左、右焦点，A是C的右顶点，，P是椭圆C上一点，M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，四边形OMPN的周长为4．
(1)求椭圆C的标准方程
(2)若不过点A的直线l与椭圆C交于D，E两点，且，判断直线l是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)标准方程为．
(2)直线l过定点
【分析】（1）由三角形的中位线性质可得四边形OMPN的周长即为2a，椭圆的右顶点到右焦点的距离为a－c， 联立即可得椭圆方程；
（2）分类讨论斜率存在与斜率不存在，当斜率存在时设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，再由可得k与m的关系式，将其代入直线方程可得定点，当斜率不存在时，代入计算即可.
【详解】（1）M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，
，
四边形OMPN的周长为，
，
，
，
椭圆C的标准方程为．
（2）设，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
代入，整理得，
则，
．
易知，
，
化简得，
或(舍去)，
直线l的方程为，即，直线l过定点．
当直线l的斜率不存在时，设，
代入，解得，
由得，
，解得或(舍去)，
此时直线l过点．
综上，直线l过定点．
【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
20．已知函数.
(1)若在定义域内单调递增，求a的取值范围；
(2)当时，若存在唯一零点，极值点为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）的取值范围
（2）由（1）的单调性存在，使得，的单调性存在，使得要证，即证，即证
只需证明，即可得到.
【详解】（1）解：由题意，函数，可得，
因为在定义域内单调递增，因此恒成立.
当时，，不满足题意.
当时，，满足题意.
当时，即，得，
设，则，
令，可得，所以函数单调递减，
且时，，
因此在时，，单调递增，
在时，，单调递减，
得，从而，得.
综上，实数a的取值范围为.
（2）解：，当时，单调递增，
而，，
因此存在，使得，
且时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且，，
故存在，使得.
要证明，只需证明，
即证.
由，得，
因此只需证明，即证.
先证明：，.
即证，即证，
设，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
即，.
接下来证明：，.
即证，设，
则，
设，
则，故单调递减，，
从而，单调递减，故，即，.
因此，，
即不等式成立，故.
【点睛】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．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．