河南省焦作市博爱县第一中学2023-2024学年高二下学期开学摸底考试数学试题

这是一份河南省焦作市博爱县第一中学2023-2024学年高二下学期开学摸底考试数学试题，共16页。
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知函数满足，则下列描述正确的是（ ）
A．点与点在轴同侧
B．若的图象在处的切线斜率小于0，则一定存在点在轴下方
C．与的图象可能与轴交于同一点
D．函数不一定存在零点
3．如图，在平行四边形中，点是的中点，点为线段上的一动点，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
4．已知A，B，C三点在直线l上，点O在直线l外，满足，其中，为等差数列中的项，记为数列的前n项和，则（ ）
A．1010B．1011C．1012D．1013
5．已知复数满足，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆，直线，若当的值发生变化时，直线被圆所截得的弦长的最小值为，则实数的取值为（ ）
A．B．C．D．
7．下列关于空间向量的命题中，错误的是（ ）
A．若非零向量，，满足，，则有
B．任意向量，，满足
C．若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面
D．已知向量，，若，则为锐角
8．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（ ）种.
A．408B．120C．156D．240
二、多项选择题：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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9．盒子中有12个乒乓球，其中8个白球4个黄球，白球中有6个正品2个次品，黄球中有3个正品1个次品．依次不放回取出两个球，记事件“第次取球，取到白球”，事件“第次取球，取到正品”，．则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．关于函数有下述四个结论，其中结论正确的是（ ）
A．是偶函数
B．在区间单调递增
C．在有3个零点
D．的最大值为2
11．已知直线，则下列结论正确的是（ ）
A．若直线与直线平行，则
B．直线倾斜角的范围为
C．当时，直线与直线垂直
D．直线过定点
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12．已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，且，则 .
13．已知正三棱锥，底面是边长为2的正三角形，若，且，则正三棱锥外接球的半径为 ．
14．对任意的实数， 圆上一点到直线的距离的取值范围为 .
四、解答题：本大题共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．（13分）在中，角、、所对的边分别为、、，且满足．
(1)求角；
(2)若，求面积的最大值．
16．（15分）如图，四边形是平行四边形，为的中点.以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，以为轴，将折起，使得点到达点的位置，且平面平面，设平面平面直线.
(1)求证：直线平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
17．（15分）已知点，，动点M满足，记动点M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过点P作曲线C的两条切线，求这两条切线的方程．
18．（17分）已知动点到直线的距离比到点的距离大，点的轨迹为曲线，曲线是中心在原点，以为焦点的椭圆，且长轴长为．
(1)求曲线、的方程；
(2)经过点的直线与曲线相交于、两点，与曲线相交于、两点，若，求直线的方程．
19．（17分）已知函数，.
(1)当时，求函数的定义域；
(2)当时，判断函数的奇偶性并证明；
(3)给定实数且，试判断是否存在直线，使得函数的图象关于直线对称？若存在，求出的值（用表示）；若不存在，请说明理由.
参考答案
一、单项选择题
1．【答案】A
【解析】令，，
则，
当时，，∴在区间上单调递增，
∴，即，故，
因为，所以，即，故，
所以，
故选：A.
2．【答案】C
【解析】对于选项A，因为，则，所以点与点关于轴对称，不在轴同侧，所以A错误；
对于选项B，因为的图象在处的切线斜率小于0，所以，
又，所以， 如果，则，满足，且，，但的图象恒在轴上方，所以B错误；
对于选项C，因为，如果，则与的图象可能与轴交于同一点，所以C正确；
对于选项D，因为，则，所以函数存在零点，所以D错误.
故选：C.
3．【答案】A
【解析】设BD、AE交于O，因为，
所以，所以,
所以，则，
所以，
因为O、F、B三点共线，
所以，即，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时等号成立，此时，
所以，
故选：A
4．【答案】C
【解析】由三点共线，且，可得，
又因为数列为等差数列，可得.
故选：C.
5．【答案】D
【解析】复数满足，
则复数z对应的点的轨迹为以为焦点，长轴长的椭圆，
则椭圆短半轴长为，椭圆方程为，
表示椭圆上的点到原点的距离，
当点位于椭圆长轴上的顶点时，取值大值2；
当点位于椭圆短轴上的顶点时，取值小值；
故的取值范围为，
故选：D
6．【答案】C
【解析】由题意可知，圆的圆心为原点，半径为，
直线交轴于点，当直线与垂直时，
此时，，原点到直线的距离取最大值，即，
因为直线被圆所截得的弦长的最小值为，即，解得.
故选：C.
7．【答案】B
【解析】A：因为，，是非零向量，所以由，，可得，因此本选项说法正确；
B：因为向量， 不一定是共线向量，因此不一定成立，所以本选项说法不正确；
C：，，是空间的一组基底，
且
所以A，B，C，D四点共面，因此本选项说法正确；
D：，
当时，，
若向量，同向，则有，
所以有，则（舍去）
所以向量，不能同向，
因此为锐角，故本选项说法正确，
故选：B.
8．【答案】A
【解析】解：根据题意，首先不做任何考虑直接全排列则有（种），
当“乐”排在第一节有（种），
当“射”和“御”两门课程相邻时有（种），
当“乐”排在第一节，且“射”和“御”两门课程相邻时有（种），
则满足“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻的排法有（种），
故选：．
二、多项选择题
9．【答案】AD
【解析】对A，，，所以,故A正确；
对B，事件“第次取球，取到正品”，，故B错误；
对C，事件“第次取球，取到正品且第次取球，取到白球”，包括（正白，正白），（正白，次白），（正黄，正白），（正黄，次白），共有种情况，
，故C错误；
对D，事件“第次取球，取到白球且第次取球，取到正品”，包括（白正，白正），（白正，黄正），（白次，白正），（白次，黄正），共有种情况，
，又因为，,故D正确；故选AD.
10．【答案】ACD
【解析】对于A：，又函数的定义域为，A正确；
对于B：当时，，其在单调递减，B错误；
对于C：令，即，
画出函数在上的图象如下图：
,
为实线图象，为虚线图象，
观察图象可得，两个函数图象在上有3个交点，横坐标分别为，
故在有3个零点，C正确；
对于D：对于，明显其最大值可以取到，对于，明显其最大值也可以取到，
当时，和可同时取到最大值，所以的最大值为2，D正确.
故选：ACD.
11．【答案】BC
【解析】选项A，存在斜率，
直线方程可化为：，
直线也存在斜率，方程可化为，
由，则两直线平行的充要条件为，
即解得或，故A错误；
选项B，由直线的斜率，
则倾斜角的范围为，故B正确；
选项C，当时，直线，斜率为，
又直线的斜率为，则两直线斜率之积为，故两直线垂直，C正确；
选项D，，令，得，
故直线过定点，不过，D错误.
故选：BC.
三、填空题
12．【答案】
【解析】解：由题意，，
则由正弦定理可得，
∵，∴，∴，
又∵，则，
∴，
∴.又由，
可得：，则，
∴，即，则，
∴，即，由解得：，
∴由解得：，.
∴由正弦定理可得：，解得：，，
∴.
故答案为：
13．【答案】/
【解析】设正三棱锥的底面中心为点，连接，则面，
连接并延长，交于点，连接，如图所示，
因为底面是正三角形，
则为的中点，，，
又，面，面，
所以面，又因为面，
所以，又因为，，
因为，所以，故面，又因为面，
所以面，
因为面，面，所以，
因为三棱锥是正三棱锥，且底面是边长为2的正三角形，
所以两两垂直，且，
将其补形成棱长为正方体，如图：
所以正三棱锥外接球的半径为.
故答案为：
14．【答案】
【解析】由题意可知圆的圆心为，半径，
直线方程可化为，
令解得，所以直线过定点，
显然当直线与圆相切或相交时，取最小值且，
不妨令直线过原点，将代入，此时，
设圆心到直线的距离为，当直线与垂直时，取得最大值，下面证明：
当与直线垂直时，记为直线，
当不与直线垂直且直线不经过时，记为直线，
过作交于点，如下图所示，
由图可知为直角三角形，且为斜边，所以，
所以取最大值时，与直线垂直时，
故，，
但此时的方程为，即为，
此时无论取何值都无法满足要求，故取不到，
所以，
故答案为：
四、解答题
15．（13分）【答案】(1) (2)
【解析】（1）解：因为，
由正弦定理可得
，
因为、，则，可得，
所以，，故.
（2）解：由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，
故，
因此，面积的最大值为.
16．（15分）【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】（1）由题意知，分别取的中点，连接，则，.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，同理平面，所以//.
因为平面平面，所以//平面.
因为平面平面直线，所以//.
又平面，所以直线平面.
（2）
不妨设，所以平行四边形中，，
所以.
又平行四边形中，，
所以，所以，即.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，直线为轴，建立如图的空间直角坐标系.
又，则，
所以，所以.
设平面的法向量为，则得
令，则，所以平面的一个法向量为.
由（1）知，是平面的一个法向量，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．（15分）【答案】(1)，C表示以为圆心，为半径的圆
(2)和
【解析】（1）解：设，由，可得，即，
整理得，即方程可化为，
所以曲线表示以为圆心，为半径的圆．
（2）解：由题意，两切线的斜率均存在，设切线方程为，即，
则圆心到切线的距离，解得或，
所以两条切线方程为和．
18．（17分）【答案】(1)，
(2)或
【解析】（1）解：由题意知，点到直线的距离等于，
所以，点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，故曲线的方程为.
因为椭圆的长轴长，为椭圆的一个焦点，则，，
所以，，所以，曲线的方程为.
（2）解：若直线的斜率不存在，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
所以，直线的斜率必存在，则直线的方程为
由，整理得，则，
设、，则，，
所以，，则，
由，整理得，
则，
设、，则，，
所以，
，
因为，即，可得，解得，
所以，直线的方程为.
19．（17分）【答案】(1)
(2)偶函数，证明见解析
(3)存在符合题意
【解析】（1）当时，，要使函数有意义，则，即，解得，所以函数的定义域为；
（2）当时，，函数为偶函数，证明如下：
，
又函数的定义域为，所以函数为偶函数；
（3）假设存在直线，使得函数的图像关于直线对称，
则，所以，
即，即，
所以，即，
所以，所以，即，
因为且，所以，
故存在，使得函数的图像关于直线对称.