2023-2024學年安徽省合肥市高二下學期開學檢測數(shù)學模擬試題（含解析）

2023-2024學年安徽省合肥市高二下學期開學檢測數(shù)學模擬試題一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1．在等差數(shù)列中,,則數(shù)列的前項和為A． B． C． D．2．已知拋物線上一點到其焦點的距離為，則實數(shù)的值是（

）A．-4 B．2 C．4 D．83．已知直線與直線，若直線與直線的夾角是60°，則k的值為（

）A．或0 B．或0C． D．4．若函數(shù)在處有極值，則實數(shù)（

）A． B．2 C．1 D．5．已知空間向量，則向量在向量上的投影向量是（

）A． B． C． D．6．已知橢圓與拋物線有相同的焦點，點是兩曲線的一個公共點，且軸，則橢圓的離心率是（

）A． B． C． D．7．已知為空間任意一點，四點共面，但任意三點不共線．如果，則的值為（

）A．-2 B．-1 C．1 D．28．已知，函數(shù)在點處的切線均經過坐標原點，則（

）A． B． C． D．二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對得部分分.）9．已知數(shù)列滿足，則下列結論正確的有（）A．為等比數(shù)列B．的通項公式為C．為遞增數(shù)列D．的前n項和10．如圖，已知正方體的棱長為2，點為的中點，點為正方形上的動點，則（

）A．滿足平面的點的軌跡長度為B．滿足的點的軌跡長度為C．存在唯一的點滿足D．存在點滿足11．已知函數(shù)，滿足有三個不同的實數(shù)根，則（

）A．若，則實數(shù)的取值范圍是B．過軸正半軸上任意一點僅有一條與函數(shù)相切的直線C．D．若成等差數(shù)列，則三、填空題12．已知數(shù)列的首項為，，則.13．已知函數(shù)．若在上恒成立，則a的取值范圍為．14．已知點是拋物線：與橢圓：的公共焦點，是橢圓的另一焦點，P是拋物線上的動點，當取得最小值時，點P恰好在橢圓上，則橢圓的離心率為.四、解答題15．已知圓過點和，且圓心在直線上.(1)求圓的標準方程；(2)經過點的直線與圓相切，求的方程.16．設為數(shù)列的前項和，已知是首項為、公差為的等差數(shù)列.(1)求的通項公式；(2)令，為數(shù)列的前項積，證明.17．如圖，在四棱錐中，平面平面，，，，，.(1)證明：；(2)點在線段上，當直線與平面所成角的正弦值為時，求平面與平面的夾角的余弦值.18．已知雙曲線：的左焦點到其漸近線的距離為，點在上.(1)求的標準方程；(2)若直線與交于，（不與點重合）兩點，記直線，，的斜率分別為，，，且，是否存在值，使得.若存在，求出的值和直線的方程；若不存在，請說明理由.19．若函數(shù)在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“類函數(shù)”.(1)若，判斷是否為上的“3類函數(shù)”；(2)若為上的“2類函數(shù)”，求實數(shù)的取值范圍；(3)若為上的“2類函數(shù)”，且，證明：，，.答案：1．D結合等差數(shù)列的性質及求和公式,即可求解答案.【詳解】由等差數(shù)列的性質可知,,根據(jù)等差數(shù)列前項和公式:,故選:D.本題考查了等差數(shù)列的性質,考查了等差數(shù)列的前n項和,是基礎題.2．C【分析】首先利用拋物線的定義，將拋物線上點到焦點的距離轉化為到準線的距離解出p，再將點M的坐標代入拋物線方程即可解得.【詳解】拋物線的準線方程為：，因為M到焦點距離為5，所以M到準線的距離，即p=8，則拋物線方程為.將(1,m)代入得：，因為所以.故選：C.3．A【分析】先求出的傾斜角為120°，再求出直線的傾斜角為0°或60°，直接求斜率k.【詳解】直線的斜率為，所以傾斜角為120°.要使直線與直線的夾角是60°，只需直線的傾斜角為0°或60°，所以k的值為0或.故選：A4．D【分析】由極值的定義得，即可求解，注意檢驗.【詳解】解：因為，，在處有極值，所以，所以，解得.經檢驗當時，，當或時，；當時，，所以在，上單調遞增，在上單調遞減，函數(shù)在處有極大值，滿足題意.故選：D5．B【分析】根據(jù)已知求出，進而即可根據(jù)投影向量求出答案.【詳解】由已知可得，，，所以，向量在向量上的投影向量是.故選：B.6．C【分析】分析可得，求得，設設橢圓的下焦點為，利用勾股定理可求得，利用橢圓的定義可求得該橢圓的離心率的值.【詳解】易知點或，所以，，即，將代入拋物線方程可得，則，設橢圓的下焦點為，因為軸，則，由橢圓的定義可得，所以，橢圓的離心率為.故選：C.7．A【分析】由題設條件推得，再由四點共面可求得【詳解】因為，所以由得，即，因為為空間任意一點，滿足任意三點不共線，且四點共面，所以，故.故選：A.8．C【分析】根據(jù)導數(shù)的幾何意義求出曲線在點處的切線方程，進而即可判斷AB；畫出函數(shù)與圖象，由可得，化簡計算即可判斷CD.【詳解】由題意知，，則，所以曲線在點處的切線方程分別為，因為切線均過原點，所以，即，得，故AB錯誤；由，得，畫出函數(shù)與圖象，如圖，設，如上圖易知：，由正切函數(shù)圖象性質，得，即，又，所以，即，解得，故C正確，D錯誤.故選：C關鍵點點睛：證明選項CD的關鍵是根據(jù)構造新函數(shù)，通過轉化的思想和數(shù)形結合思想分析是解題的關鍵.9．ABD【分析】根據(jù)已知證明為定值即可判斷A；由A選項結合等比數(shù)列的通項即可判斷B；作差判斷的符號即可判斷C；利用分組求和法即可判斷D.【詳解】因為，所以+3，所以，又因為，所以數(shù)列是以4為首項，2為公比的等比數(shù)列，故A正確；，即，故B正確；因為，因為，所以，所以，所以為遞減數(shù)列，故C錯誤；，則，故D正確.故選：ABD.10．AC【分析】利用線面平行的判定定理可以證得點的軌跡，進而判斷A；建立空間直角坐標系，得到，，為正方形上的點，可設，且，，進而對BCD各個選項進行計算驗證即可判斷并得到答案.【詳解】對于A，取的中點，的中點，又點為的中點，由正方體的性質知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故點的軌跡為線段，故A正確；以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，則，，設，且，，，，對于B，，即，又，，則點的軌跡為線段，,且，故B錯誤；對于C，顯然，只有時，，即，故存在唯一的點滿足，故C正確；對于D，點關于平面的對稱點的為，三點共線時線段和最短，故，故不存在點滿足，故D錯誤.故選：AC11．ABD【分析】對于A，求導得函數(shù)單調性、極值，由此即可判斷；對于B，關于點中心對稱，由此即可判斷；對于C，由展開即可判斷；對于D，由結合C選項分析即可判斷.【詳解】因為，所以在和上單調遞增，在上單調遞減，且，所以，當有三個不同的實數(shù)根時，，故A正確，關于點中心對稱，所以在此點處的切線方程為，結合圖象可知：當且僅當時，符合題意，所以B正確，由于方程有三個根，所以，展開可知，C不正確；由展開可知，當成等差數(shù)列時，所以，在中，令，得，所以，D正確.故選：ABD.12．【分析】由得，進而判斷中各個偶數(shù)項構成首項為3，公比為3的等比數(shù)列，即可得到.【詳解】由得，,于是，即.所以數(shù)列中，各個奇數(shù)項構成首項為1，公比為3的等比數(shù)列，同理，各個偶數(shù)項也構成首項為3，公比為3的等比數(shù)列，即.所以.故81.13．【分析】由題意可知在上恒成立，將問題轉化為求函數(shù)f(x)的最小值.【詳解】∵在上恒成立，且，故．當時，在上恒成立，即在上為增函數(shù)，所以，，合乎題意；當時，由，可得；當時，可得．即在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，所以，，又因為，所以，不合乎題意．綜上所述，．故答案為.14．【詳解】分析：由題意可知與拋物線相切時，取得最小值，求出此時點的坐標，代入橢圓方程求出的值，即可求解其離心率．詳解：拋物線的焦點坐標為，準線方程為，過向拋物線的準線作垂線，則，所以,顯然當直線與拋物線相切時，最小，即取得最小值，設直線的方程為，代入可得，令，可得，不妨設在第一象限，則，所以，即，因為在橢圓上，且為橢圓的焦點，所以，解得或（舍去），所以，所以離心率為．點睛：本題考查了拋物線的定義及幾何性質的應用，以及橢圓的離心率的求解，其中根據(jù)拋物線的定義與幾何性質，得到關于的方程組是解答的關鍵．求雙曲線的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據(jù)一個條件得到關于的齊次式，轉化為的齊次式，然后轉化為關于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范圍)．15．(1)(2)或【分析】（1）設出圓的標準方程，根據(jù)題意，列出方程組，即可求解；（2）根據(jù)題意，分直線的斜率不存在和存在，兩種情況討論，結合直線與圓的位置關系，列出方程，即可求解.【詳解】（1）解：設圓的方程為，根據(jù)題意，可得，解得，所以圓的方程為.（2）解：當直線的斜率不存在時，直線的方程為，符合題意；當直線的斜率存在時，設直線的方程為，由圓心到直線的距離等于圓的半徑，可得，解得，則直線的方程為，即.故直線的方程為或.16．(1)(2)證明見解析【分析】（1）由等差數(shù)列定義可得，由與的關系即可得；（2）由與可得，即可得，由，可得，借助等比數(shù)列求和公式計算即可得證.【詳解】（1）由是首項為、公差為的等差數(shù)列，故，即，當時，，故，當時，，符合上式，故；（2）由，，故，則，由，故，則.17．(1)證明見解析(2)【分析】（1）要證，需要證過的平面與垂直即可，根據(jù)面面垂直的性質定理及線面垂直的判定定理結合條件即得；（2）建立空間直角坐標系，先根據(jù)條件確定點的坐標，再求二面角.【詳解】（1）如圖：

由于平面平面，平面平面，過點作的垂線交的延長線于點，則平面.連接交于，連接，∵，，∴，∴，又，，∴四邊形為矩形，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，即，又平面，平面，∴，又平面，∴平面，又∵平面，∴.（2）以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，，，由于在上，設，則，∴，又平面的法向量，設直線與平面所成角為，∴，解得或（舍去），∴，∴，，，設平面的法向共，平而的法向共，則即，取，得，，∴，故平面與平面夾角的余弦值為.18．(1)(2)；直線為【分析】（1）借助漸近線公式及點到直線的距離公式，并代入點計算即可得；（2）借助韋達定理結合從而得到直線中所設參數(shù)的關系，取線段中點，由可得，即可得的值和直線的方程.【詳解】（1）由雙曲線：可得，漸近線方程為：，則有，化簡得，又在上，即，即，故：；（2）由題意可知直線的斜率存在且斜率為，設直線為，、，聯(lián)立直線與雙曲線，消去可得，則有且，即且，有，，由，故、，則，即有，即，故或，當時，直線為，過點，故舍去，當時，直線為，由、，則線段中點為，，，即，由，，，故有，即，解得，故，則直線為，即存在，使得，此時直線的方程為..關鍵點睛：本題關鍵在于借助韋達定理結合題目所給，計算出直線中參數(shù)得關系.19．(1)是上的“3類函數(shù)”，理由見詳解.(2)(3)證明過程見詳解.【分析】（1）由新定義可知，利用作差及不等式的性質證明即可；（2）由已知條件轉化為對于任意，都有，，只需且，利用導函數(shù)研究函數(shù)的單調性和最值即可.（3）分和兩種情況進行證明，，用放縮法進行證明即可.【詳解】（1）對于任意不同的，有，，所以，，所以是上的“3類函數(shù)”.（2）因為，由題意知，對于任意不同的，都有，不