安徽省安庆市桐城中学2023-2024学年高二下学期开学检测数学试题

桐城中学2023～2024学年度下学期高二开学检测数学试题（考试总分：150分考试时长：120分钟）一、单选题（本题共计8小题，总分40分）1.已知的倾斜角为45°，经过点．若，则实数m为（）A.6 B.－6 C.5 D.－5【答案】B【解析】【分析】根据垂直关系得到，由此计算出的值.【详解】因为，，且，所以，解得，故选：B.2.已知空间向量，若，则（）A. B.3 C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据空间向量运算的坐标表示进行计算即可.【详解】由题意可得，因为，所以，解得.故选：A.3.某塔一共有13层，总高为55.9米，从下到上每层高度依次排列构成等差数列，第5层与第7层的高度之和为8.8米，则第5层的高度为（）A.4.4米 B.4.5米 C.4.6米 D.4.7米【答案】B【解析】【分析】将问题转化为数列，然后根据等差数列的性质、前n项和公式求解；【详解】设该塔从下到上每层高度依次排列构成等差数列，且的公差为d，前n项和为．通解：由题得，解得，，，故选B．优解：由题知，，，，，，故选：B．4.已知数列是无穷项等比数列，公比为，则“”是“数列单调递增”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的首项、公比的不同情形，分析数列的单调性，结合充分条件、必要条件得解.【详解】若，，则数列单调递减，故不能推出数列单调递增；若单调递增，则，，或，，不能推出，所以“”是“数列单调递增”的既不充分也不必要条件，故选：D．5.战国时期成书经说记载：“景：日之光，反蚀人，则景在日与人之间”这是中国古代人民首次对平面镜反射的研究，体现了传统文化中的数学智慧在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后与圆相交所得弦长为，则反射光线所在直线的斜率为（）A.或 B. C. D.或【答案】A【解析】【分析】直接利用直线与圆的位置关系求出结果．【详解】根据题意，设与点关于轴对称，则的坐标为，则反射光线经过点，且与圆相交．设反射光线所在直线的方程为，即，圆标准方程为，则圆心为，半径．因为弦长，所以根据勾股定理得，圆心到反射光线的距离，故，即，解得或．故选：A6.已知双曲线的左顶点为，点均在双曲线上且关于轴对称，若直线的斜率之积为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设出坐标后结合题意表示出斜率之积，计算可得，由即可得离心率.【详解】设，则，，则，由在双曲线上，故，即有，故，即有，即，故.故选：A.7.已知为坐标原点，为抛物线的焦点，直线与交于点（点在第一象限），若，则与面积之和的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分析可知直线的斜率不为0，设直线的方程为，设，，将直线方程和抛物线方程联立，利用可求得的值，可知直线过定点，再利用三角形的面积公式以及导数或者基本不等式可求得与面积之和的最小值.【详解】由题意可知直线的斜率不为0，所以可设直线的方程为，联立方程得，则，设，，则，，所以，因为，所以，即，解得或，当时，直线过坐标原点，则与重合，不存在，不符合题意，所以，所以，解法一：由抛物线方程可知，设直线与轴的交点为，则，所以，，联立解得，（注意点在第一象限）则与的面积之和，则，由可得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时取得最小值，且解法二：由抛物线方程可知，设直线与轴的交点为，则，，所以，由于，所以，所以，当且仅当，即时取等号.故选：C【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法：特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法：将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.8.已知O为坐标原点，椭圆C：的左、右焦点分别为，，过点作圆O：的切线，与C交于M，N两点.设圆O的面积和的内切圆面积分别为，，且，则C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据条件先表示出，然后在中根据等面积法表示出内切圆的半径，结合得到的关系式，根据齐次式的计算可求离心率.【详解】因为在圆上，所以易知轴，由解得，所以，设的内切圆半径为，由等面积法可知：，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，所以，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的离心率问题，涉及椭圆的焦点三角形、三角形内切圆等问题，对学生的转化与计算能力要求较高，难度较大.解答本题的关键在于对面积的分析，其中等面积法是解决内切圆相关问题的有效方法.二、多选题（本题共计4小题，总分20分）9.如图，在四棱锥中，底面，四边形是边长为1的菱形，且，，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】利用数量积的定义和运算律，结合图形，即可求解.【详解】如图所示：因为底面，所以垂直于平面内的任何一条直线，因为四边形是边长为1的菱形，且，所以和是等边三角形，A.，故A错误；B.，故B正确；C，故C错误；D.，故D正确.故选：BD.10.已知动点P与两定点，的距离之比为，则（）A.点P的轨迹所围成的图形的面积是B.点P到点A的距离的最大值是2C.点P到点B的距离的最大值是6D.当P，A，B不共线时，的面积最大值是3【答案】ACD【解析】【分析】利用动点P与两定点，的距离之比为，确定动点的轨迹方程，求得圆心到的距离可求得到距离的最大值，求得到直线最大距离为2，即可求的面积最大值.【详解】对于A，设，因为动点P与两定点，的距离之比为，所以，即，即，所以点为以为圆心，半径为2的圆上一点，所以点P的轨迹所围成的图形的面积是，故A正确；对于B，P到点A的距离的最大值为圆心到的距离加上圆的半径，又，所以点P到点A的距离的最大值为1+2=3，故B错误；对于C，P到点B距离的最大值为圆心到的距离加上圆的半径，又，所以点P到点B的距离的最大值是4+2=6，故C正确；对于D，当P，A，B不共线时，到直线最大距离为2，的面积最大值，故D正确.故选：ACD.11.已知双曲线的左、右焦点分别为,过双曲线C上的一点M作两条渐近线的垂线，垂足分别为,则（）A.双曲线C的离心率为2 B.焦点到渐近线的距离为2C.四边形可能为正方形 D.四边形的面积为定值2【答案】BCD【解析】【分析】对于A，由等轴双曲线定义可得答案；对于B，因C为等轴双曲线，则双曲线两条渐近线互相垂直，由点到直线的距离公式可求；对于C，当点M在顶点时，可知四边形OPMQ为正方形，对于D，表示出面积大小可求.【详解】对于A，等轴双曲线的离心率为，故A错误；对于B，双曲线C的一条渐近线方程为，，则焦点到渐近线的距离为，故B正确；对于C，当点M在顶点时，四边形OPMQ为正方形，故C正确；对于D，因为渐近线互相垂直，四边形OPMQ为矩形.又设，则.故D正确.故选：BCD12.斐波那契数列又称“兔子数列”“黄金分割数列”，在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用.斐波那契数列可以用如下方法定义：，（，）.则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】对于A，直接由递推关系式运算即可判断；对于B，可以举出反例判断；对于C，通过累加法进行判断；对于D，先变形然后再通过累加法即可判断.【详解】对于A，由题意可得，，所以，故A正确.对于B，，，，，，，故B错误.对于C，，，…，，以上各式相加得，，化简得，故C正确.对于D，由题意可得，，，…，，累加得，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题AB选项的判断比较常规，判断CD选项的关键是要通过适当的变形然后利用到累加法变形.三、填空题（本题共计4小题，总分20分）13.数列满足，，写出一个符合上述条件的数列的通项公式______.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】将已知等式变形后，找到满足等式的通项公式即可.【详解】由得：，则当时，，，故满足递推关系，又，满足，满足条件的数列的一个通项公式为：.故答案为：（答案不唯一）.14.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为____________．【答案】##0.5【解析】【分析】，，两两成角，模都为1，以这三个向量为基底，进行向量数量积运算.【详解】根据题意ABCD为正四面体，，，两两成角，,由，，所以．故答案为：15.已知直线：，：，：，若直线，，不能围成三角形，则_________________.【答案】或或，【解析】【分析】由题意，可得其中有2条直线平行（或重合），或者三线经过同一个点．再根据两条直线平行（或重合）的性质，三直线共点问题，求出的值即可．【详解】直线：，：，：，不能围成三角形，则其中有2条直线平行（或重合），或者三线经过同一个点，若（或重合）或者（或重合）时，则或，解得或．若三线经过同一个点，则直线：，：，的交点在上，所以，解得．故或或，故答案为：或或，16.已知抛物线C：的焦点为F，过动点P的两条直线，均与C相切，设，的斜率分别为，，若，则的最小值为____________.【答案】【解析】【分析】根据已知条件设出过点P且与抛物线C的相切的方程，联立切线方程与抛物线方程，利用直线与抛物线相切的关系及韦达定理，得出过点的动直线，结合点到直线的距离公式即可求解.【详解】由，得，解得，所以抛物线C：的焦点为.设，过点P作抛物线C的切线方程为，由，消去，得，因为与抛物线C相切，所以，即，设，是方程的两根，则，因为，所以，即，所以所以点在直线上运动，设到直线的距离为d，则，当时，取得的最小值即为点到直线的距离，所以到直线的距离的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：解决此题的关键是根据已知条件求出过点的动直线，进而将所求问题转化为点到直线的距离问题，结合点到直线的距离公式求解即可.四、解答题（本题共计6小题，总分70分）17.数列满足条件：，点在直线上．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意将点代入直线方程，结合等差数列定义即可得解.（2）由题意可得，结合裂项相消法即可求解.【小问1详解】点在直线上，，数列是首项，公差的等差数列，数列的通项公式.【小问2详解】，，，.18.已知函数（1）求曲线在点处的切线方程．（2）求函数的单调区间【答案】（1）（2）单调递增区间为，，单调递减区间为【解析】【分析】（1）求出，求导，得到，从而得到切线方程；（2）求定义域，求导，得到不等式，求出单调区间.【小问1详解】，，，故在点处的切线方程为，即；【小问2详解】的定义域为R，，令，解得或，令，解得，故单调递增区间为，，单调递减区间为.19.如图，四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，面⊥面，且，点在棱上．（1）证明：当时，直线平面；（2）当时，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，由三角形相似得到线线平行，进而证明出线面平行；（2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，建立空间直角坐标系，设，根据垂直关系得到，求出平面的法向量，利用相关公式计算出二面角余弦值.【小问1详解】连接，交于点，连接，因为且，所以∽，故，又，所以，故，又平面，不在平面内，所以平面；【小问2详解】因为平面⊥面，交线为，，平面，所以⊥平面，取的中点，连接，因为，所以⊥，以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，，设，，则，解得，故，因为，所以，解得，故设平面的法向量为，则，令，则，故，设平面的法向量为，则，令，则，故，设二面角的大小为，显然为锐角，故二面角的余弦值为.20.已知数列为递增的等比数列，，记、分别为数列、的前项和，，.（1）求数列的通项公式；（2）证明：当时，.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设数列的公比为，根据题意，列出方程组求得，进而求得数列的通项公式；（2）由（1）求得，分为偶数和为奇数，两种情况讨论，分别求得的表达式，结合指数幂的性质，即可得证.【小问1详解】解：设等比数列的公比为，因为，，可得，可两式相减，可得，所以，解得或，又因为数列为递增的等比数列，所以，则，所以数列的通项公式为.【小问2详解】解：由（1）知，可得.当为偶数时，.此时，.当时，，所以成立.当为奇数时，.检验知，当时，上式也成立.此时，，当时，，所以成立.综上所述，当时，成立.21.已知点是双曲线上任意一点.（1）求证：点到双曲线的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；（2）已知点，求的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据点到直线的距离公式即可化简求解，（2）根据两点间的距离公式，结合二次函数的性质即可求解.【小问1详解】由已知可得，所以双曲线的渐近线方程为，点到直线，即直线的距离，点到直线，即直线的距离，所以点到双曲线的两条渐近线的距离的乘积为，又在双曲线上，所以，所以，所以是一个常数；【小问2详解】因为，所以，解得或，所以，当时，的最小值为，所以的最小值为.22.已知椭圆的两个顶点分别为，焦点在轴上，离心率为.（