安徽省舒城中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

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1. 甲乙两人独立的解同一道题，甲乙解对的概率分别是，，那么至少有人解对的概率是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用相互独立事件概率乘法公式求得没有人解对的概率，再结合对立事件的概率公式，即可求解．
【详解】由甲乙两人独立的解同一道题，甲乙解对的概率分别是，，
可得没有人解对的概率为，
故至少有人解对的概率是.
故选：D．
2. 在三角形中，，，，则（ ）
A. 10B. 12C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的数量积公式求得结果.
【详解】记，则，，
，
．
故选：A.
3. 已知函数，则使成立的实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先判断函数的单调性，再根据函数的单调性转化不等式，再求解不等式.
【详解】函数单调递增，函数单调递减，所以函数单调递增，
所以，
即，，得，
解得：
所以不等式的解集为.
故选：C
4. 如图，下列正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足直线的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再对每一个选项逐一分析，利用空间位置关系的向量证明推理作答.
【详解】在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为2，点，
对于A，，，，与不垂直，A不是；
对于B，，，，，B是；
对于C，，，，与不垂直，C不是；
对于D，，，，与不垂直，D不是.
故选：B
5. 若直线为曲线的一条切线，则实数的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设切点为，根据导数的几何意义求出切点坐标，再代入切线方程可得结果.
【详解】设切点，
由得，
所以，得，得，
所以切点为，
所以，得.
故选：D
【点睛】关键点点睛：根据导数的几何意义求解是解题关键.
6. 在中，为的角平分线，在线段上，若，，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据角平分线利用三角形等面积公式可得，再由余弦定理即可求得.
【详解】如下图所示：
依题意设，
由可得，
即，
也即，显然，可得；
在中，由余弦定理可得，
解得.
故选：B
7. 已知半径为1的圆经过点，过点向圆作切线，则切线长的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得圆心的轨迹方程为圆，得到圆上到点的最大距离为，结合圆的切线长公式，即可求解.
【详解】设圆的圆心坐标为，
因为圆的半径为，且过点，可得，
即，即圆心的轨迹表示以为圆心，半径为1的圆，
可得，则圆上的点到点的最大距离为，
又由切线长公式，可得切线长的最大值为.
故选：A.
8. 已知中，边上的高为，为上一动点，满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量共线定理可知，再结合三角形的高，可知，利用余弦定理“1”的代换可得最值.
【详解】由，
则，
即，
又点在上，且不共线，显然为共线向量，而与它们都不共线，
故上述等式要成立，则，即，
又上的高为，则，，
即，，所以，
所以，
当且仅当时，取得最大值为，
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 已知双曲线：的左，右焦点分别为，，点在双曲线的右支上，且，则此双曲线的离心率可能的值为（ ）
A B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由双曲线的定义和已知条件，解得，再由，结合双曲线的离心率公式，可得所求结论．
【详解】
如图，点在双曲线的右支上，且，
由双曲线的定义可得，
解得，，
由，解得，
即，故A、B两项正确，C、D错误．
故选：AB．
10. 设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. 是数列中的最大项D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式及所给条件得到，即可判断A、B，再根据数列的单调性判断C，最后根据下标和性质判断D；
【详解】解：等比数列的公比为，若，则．
由，可得，则数列各项均为正值，
若，则，，则，故A正确；
所以，故B正确；
根据，可知是数列中的最大项，故C正确；
由等比数列的性质可得，
所以，故D错误．
故选：ABC
11. 如图，已知正方体的棱长为1，点M为的中点，点P为该正方体的上底面上的动点，则（ ）
A. 满足平面的点P的轨迹长度为
B. 存在唯一的点P满足
C. 满足的点P的轨迹长度为
D. 存在点P满足
【答案】ABC
【解析】
【分析】在正方体中，证得平面平面，得到平面，求得点的轨迹长度，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，结合向量的垂直的坐标表示，列出方程，可判定B、C正确；求得点关于平面的对称点为，结合，可判定D错误.
【详解】对于A，如图（1）所示，在正方体中，可得，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，因为，且平面
所以平面平面，又因为平面，所以平面，
所以点在线段上运动，所以点的轨迹长度为，所以A正确；
对于B，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示，
可得，设，且，
则，
由，
解得，所以存在唯一的点使得，所以B正确；
对于C，由，可得，
即，因为，
当时，可得；当时，可得；
所以点的轨迹为线段，且，
则，所以C正确；
对于D，如图（2）所示，点关于平面的对称点为，
当点三点共线时，最短，
所以，
所以不存在点使得，所以D不正确.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若抛物线上一点到焦点的距离为，则____．
【答案】
【解析】
【分析】利用焦半径公式求解.
【详解】点到焦点的距离为,则，解得
故答案为：
13. 在平面直角坐标系中，已知顶点和，顶点在椭圆上，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用椭圆的定义求得，进而由正弦定理把原式转换成边的问题，进而求得答案．
【详解】由椭圆可知和为其焦点，
的顶点在椭圆上，则，
则对于，有，，
由正弦定理得，
故答案为：．
14. 设数列满足，，若且数列的前项和为，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】由可化为，由，可得，可求得，再将的通项展开裂项，利用裂项求和方法计算即得.
【详解】因，设①，展开整理得：，
对照，可得：，解得，
故①式为：，
因时，， 即数列常数列，故，
，
数列的前项和为：，
．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列递推式型如，（为非零常数）的数列的通项求法和数列求和的裂项相消法,属于较难题.
解题关键点有二，其一，对递推式的处理.可设展开整理后与对照，求得，，回代入原式，发现规律即得通项；其二，对于分式型数列通项的求和处理.要观察表达式特点，将其适当裂项，运用裂项相消法即可求得.
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. 在平面直角坐标系中，已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.
（1）求圆的方程；
（2）若直线与圆相交于两点，且面积为8，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设出圆心，借助点到直线距离公式可解得圆心坐标，即可得方程；
（2）结合三角形面积与点到直线距离公式及勾股定理计算即可得.
【小问1详解】
由已知可设圆心，
则，
解得或（舍），
所以圆的方程为；
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，
则，
即，解得，
又，
所以或，
所以直线的方程为或.
16. 已知是首项为1的正项数列，且，数列满足，且．
（1）求数列，的通项公式；
（2）求．
【答案】（1）； ；（2） ．
【解析】
【分析】（1）首先递推公式，分解变形求得，再利用累乘法求数列的递推公式，利用累加法求数列的通项公式；
（2）因为，所以利用错位相减法求数列的前项和.
【详解】（1）由，
可得，
又数列是首项为1的正项数列，
则，即，则有，
所以，
也满足，
所以数列的通项公式为．
数列满足即，
则有，
所以，
也满足，
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）知，
设，
则，①
，②
①-②可得，
所以．
【点睛】累加法、累乘法求通项公式的方法
（1）已知形如（已知，）的递推公式，可用累乘法求数列的通项公式，由即可得．
（2）已知形如（已知）型的递推公式，可用累加法求通项公式，由即可得．
在使用这两种方法时，注意检验时的情况．
17. 已知函数的部分图象如图所示，其中，且.

（1）求与的值；
（2）若斜率为的直线与曲线相切，求切点坐标.
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】（1）在中，由射影定理得长，即个周期，从而待定，再由求解即可；
（2）设切点坐标，利用导数的几何意义表示出切线斜率，求解切点坐标.
【小问1详解】
如图，过点向轴引垂线交于点，
由正弦曲线的性质知，
由射影定理知，而，∴，
∴，
∴，由，解得.
当时，由，且由已知图象及五点对应法，
得，
由，则当时，；
所以有，；
【小问2详解】
由（1）知，设切点，
∴
则，∴，则，
∴或，且，
∴故其切点坐标为或 .
18. 如图，在三棱柱中，底面侧面．

（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的体积为为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直性质定理先证明平面，然后利用菱形的性质和线面垂直的判定定理即可得证；
（2）以C为原点，CA，CB及平面ABC过点C的垂线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解.
【小问1详解】
平面平面，平面，
平面平面，
平面，
平面，，
，，
，四边形为菱形，
，
平面，
平面．
【小问2详解】
平面ABC，
，
，可得，
又，
，
为锐角，
以C为原点，CA，CB及平面ABC过点C的垂线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
平面，
即为平面的法向量，
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，
，
∴平面与平面的夹角的余弦值为．

19. 已知点在椭圆上，椭圆C的左右焦点分别为，，的面积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆相切，记直线PA，PB的斜率分别为，.
（i）证明：；
（ii）证明：直线AB过定点.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用，结合三角形的面积公式，求出，即可求椭圆的方程.
(2) （i）设直线的方程为，直线的方程为，由题意可知，可得是方程的两根，利用韦达定理即可证明.
（ii）设直线的方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合，可得与的关系式，即可证明直线过定点.
【小问1详解】
解：由题知，，的面积等于，
所以，解得，，所以，椭圆C的方程为.
【小问2详解】
（i）设直线PA的方程为，
直线PB的方程为，由题知，
所以，所以，
同理，，
所以，是方程的两根，所以.
（ii）设，，设直线AB的方程为，
将代入得，
所以，①
，②
所以，③
，④
又因为，⑤
将①②③④代入⑤，化简得，
所以，所以，
若，则直线，此时AB过点P，舍去.
若，则直线，此时AB恒过点，