高二开学分班选拔考试卷（测试范围：苏教版选择性必修第一册）-高二数学新教材同步配套教学讲义（苏教版选择性必修第二册）

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高二开学分班选拔考试卷（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Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．测试范围：选择性必修第一册5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷一、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．若直线与直线平行，则的值为（    ）A． B．0 C．1 D．0或1【答案】D【解析】因为直线与直线平行，所以，解得：或，当时，直线分别为和，满足题意；当时，直线分别为和，满足题意，综上：实数的值为或，故选：.2．已知正项等比数列}满足为与的等比中项，则（    ）A． B． C． D．2【答案】B【解析】设等比数列的公比为，由题意得，即，，，，故选：B.3．已知函数的图像在点处的切线方程是，则（    ）A． B．2 C． D．3【答案】D【解析】函数的图像在点处的切线的斜率就是在该点处的导数，即就是切线的斜率，所以.又，所以.故选：D4．直线与圆 相切，则实数m的值是（     ）A．±1 B．±2 C．±4 D．±8【答案】B【解析】由，得，∴，，又方程表示圆时，，或，满足题意．故选：B．5．已知直线与抛物线相交于A，B两点，满足OA⊥OB，则抛物线的方程为（    ）A．y²=2x B．y²=4x C．y²=6x D．y²=8x【答案】A【解析】设，则由，整理得则 ，由OA⊥OB，可得，则，则又则，则，解之得则抛物线的方程为故选：A6．已知数列满足：，，.若，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．2022【答案】A【解析】令，则故，为常数，故数列是等差数列故选：A.7．已知双曲线，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径的圆与双曲线的两条渐近线相交于A、B、C、D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线方程为（　　）A． B．C． D．【答案】D【解析】以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆的方程为，双曲线的两条渐近线方程为，不妨设A在第一象限，则，，∵四边形ABCD的面积为2b，∴由对称性可得，又，∴，将代入，可得，∴，∴双曲线的方程为1，故选：D．8．已知函数的定义域为R，且对任意，恒成立，则解集为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由得，记，则在R上单调递增.由得，即，∴，∴.故选：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．下列说法错误的是（    ）A．平面直角坐标系内的任意一条直线都存在倾斜角和斜率B．点关于直线的对称点为C．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2D．经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为【答案】AD【解析】A：垂直于x轴的直线不存在斜率，错误；B：由、中点为且，两点所在直线的斜率为，故与垂直，正确；C：令有，令有，所以围成的三角形的面积是，正确；D：由也过且在x轴和y轴上截距都为0，错误.故选：AD10．已知圆M的一般方程为，则下列说法正确的是（    ）A．圆M的半径为5B．圆M关于直线对称C．点在圆M内D．实数x，y满足圆M的方程，则的最小值是5【答案】ABD【解析】圆M的一般方程为，化为标准方程为则圆心，半径为5，故A正确；圆心满足直线方程，则直线过圆心，所以圆M关于直线对称，故B正确；点到圆心的距离为，故该点在圆外，故C不正确；实数x，y满足圆M的方程，则为圆上一点与点的距离，又，则在圆外，所以的最小值即，故D正确.故选：ABD.11．已知等差数列 的前n项和为 ，且 ，则（　　）A．在数列中， 最大B．在数列中， 或 最大C．  D．当 时， 【答案】AD【解析】为等差数列，∵，且，∴ ，即，∴{an}是递减等差数列，最大，当 时，，当 时，，故AD正确，B错误， ，则 ，故C错误，故选：AD．12．已知实数a,b满足:且,则（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【解析】解:由题知,当且仅当时取等,故有:关于选项A,构造,所以在上单调递增,,即,故选项A正确;关于选项B,不妨取代入,可得不成立,故选项B错误;关于选项C,,,故选项C正确;关于选项D,构造,令,在单调递减,当时，,,即即单调递减,,即,,,,故选项D正确.故选:ACD第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知正项等比数列的前n项和为，且，若，则__________．【答案】31【解析】由，且得：，令，则，解得或（舍），所以，而数列为正项等比数列，所以，所以，所以.故答案为：3114．已知圆的圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)，则圆的一般方程为________________.【答案】x2＋y2＋2x＋4y－5＝0【解析】方法一：设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，由题意得:,解得：故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.方法二：线段的中点坐标为，即，直线的斜率为，所以线段AB的垂直平分线的斜率为-2，所以线段AB的垂直平分线方程为，即2x＋y＋4＝0，由几何性质可知：线段AB的垂直平分线与的交点为圆心，联立，得交点坐标，又点O到点A的距离，即半径为，所以圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.故答案为：x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.15．在椭圆上，为焦点三角形，，，则椭圆的离心率＝________．【答案】【解析】由已知，为焦点三角形，由正弦定理可知;，即，所以 .故答案为：.16．已知.设实数，若对任意的，不等式总成立，则的最小值为_________.【答案】【解析】因为，则，故在上单调递增，则等价于，当时，即；当时，，又，不满足题意，故舍去；当时，令，，故在单调递增，则，即，，；令，则，故当时，单调递增，时，单调递减，则，故，即的最小值为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17．（10分）已知三条直线，直线和直线，且和的距离是.(1)求的值.(2)能否找到一点，使得点同时满足下列三个条件：①是第一象限的点；②点到的距离是点到的距离的；③点到的距离与点到的距离之比是？若能，求出点坐标；若不能，请说明理由.【解析】（1）因为可化为，所以与的距离为．因为，所以．（2）设存在点满足，则点在与，平行直线上．且，即或．所以满足条件②的点满足或．若点满足条件，由点到直线的距离公式，有，即，所以或，因为点在第一象限，所以不成立．联立方程和，解得（舍去），联立方程和，解得，所以即为同时满足条件的点.18．（12分）某家具制造公司，欲将如图所示的一块不规则的名贵木板裁制成一个矩形桌面板，已知，，且米，曲线段是以点为顶点且开口向上的抛物线的一段，如果要使矩形桌面板的相邻两边分别落在、上，且一个顶点落在曲线段上，问应如何精准设计才能使矩形桌面板的面积最大？并求出最大的面积．【解析】以为原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，依题意可设抛物线方程为，且，所以，即，故点所在曲线段的方程为，设是曲线段上的任意一点，则在矩形中，，，所以，桌面板的面积为，，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以当时，有最大值，此时，，此时，.答：把桌面板设计成长为米，宽为米的矩形时，矩形桌面板的面积最大，最大面积为平方米．19．（12分）已知直线，O为坐标原点，动点Q满足，动点Q的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)若直线l与圆交于不同的两点A，B，当时，求k的值；(3)若 ，P是直线l上的动点，过点P作曲线C的两条切线PC、PD，切点为C、D，探究：直线CD是否过定点.【解析】（1）设点，依题意知，整理得，∴曲线C的方程为         （2）∵点O为圆心，，∴点O到l的距离∴；（3）由题意可知：O、P、C、D四点共圆且在以OP为直径的圆上，（对角互补的四边形的四顶点共圆）设，则圆心，半径得即              又C、D在圆上∴即 （直线CD是两圆的公共弦所在直线，故两圆方程相减便得其方程）由，得∴直线CD过定点20．（12分）记为数列的前项和，已知．(1)证明：是等差数列；(2)若，记，求数列的前项和．【解析】（1）当且时，，，整理可得：，，数列是公差为的等差数列.（2）由（1）得：，，.21．（12分）已知椭圆，长轴是短轴的倍，点在椭圆上，且点在轴上的投影为点．(1)求椭圆的方程；(2)设过点的且不与轴垂直的直线交椭圆于、两点，是否存点，使得直线，直线与轴所在直线所成夹角相等？若存在，请求出常数的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）依题意，即，所以椭圆即，又椭圆过点，所以，解得，所以，所以椭圆方程为；（2）因为直线不与轴垂直，所以设直线为，，，由，消去整理得，，所以，，因为，所以，所以，即，即，即，解得.22．（12分）已知函数.(1)当时，求函数的单调区间和极值；(2)若曲线不存在斜率为－2的切线，求a的取值范围；(3)当时，恒成立，求a的取值范围.（只需直接写出结论）【解析】（1）由， 得.                      当时，                                     令，得                                     此时，随的变化如下：00↗极大值↘极小值↗所以的单调递增区间为和                    的单调递减区间为                                  函数在时，取得极大值，在时，取得极小值.（2）因为不存在斜率为的切线，  所以            即方程无解，所以解得，所以a的取值范围为；（3）不等式可化为，设， ，设，则当时，，，又所以，函数在上单调递增，所以当时，，此时，所以函数在上单调递增，又，所以当时，，所以时，在上恒成立，当时，方程的判别式，因为，所以，所以，所以方程有两个不相等的实数根，设其根为，且，则，所以，所以当时，，此时，所以函数在上单调递减，又，所以当时，，所以时，在上不可能恒成立，综上可得a的取值范围为.