2023-2024学年焦作市高二数学下学期开学摸底考试卷附答案解析

-2024学年焦作市高二数学下学期开学摸底考试卷考生注意：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．1 D．24．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．1010 B．1011 C．1012 D．10135．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．408 B．120 C．156 D．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211．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．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．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．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．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．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.1．A【分析】令，利用导数求得为递增函数，得到，得出；再由，，求得，即可求解.【详解】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．C【分析】根据，即可判断选项A、C与D，选项B举出反例即可判断.【详解】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．A【分析】设BD、AE交于O，根据题意可得，所以，进而可得，根据O、F、B三点共线，可得x，y的关系，代入所求，即可基本不等式，即可得答案.【详解】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：A4．C【分析】根据题意，得到，结合得出数列的求和公式，即可求解.【详解】由三点共线，且，可得，又因为数列为等差数列，可得.故选：C.5．D【分析】由题意确定复数z对应的点的轨迹，再结合椭圆的性质以及的几何意义，即可求得答案.【详解】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：D6．C【分析】求出圆心到直线距离的最大值，结合勾股定理可求得的值.【详解】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．B【分析】根据共线向量的性质、共面向量的结论、空间向量夹角的计算公式逐一判断即可.【详解】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．A【解析】利用间接法求解，首先对6门课程全排列，减去“乐”排在第一节的情况，再减去“射”和“御”两门课程相邻的情况，最后还需加上“乐”排在第一节，且“射”和“御”两门课程相邻的情况；【详解】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：．【点睛】本题考查排列、组合的应用，注意“乐”的排列对“射”和“御”两门课程相邻的影响，属于中档题．9．AD【分析】利用古典概型的概率公式及排列组合数，求出，，，，，，再利用条件概率公式即可判断各个选项.【详解】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．ACD【分析】对于A：利用奇偶性的定义证明；对于B：根据范围去掉绝对值即可判断；对于C：转化为图象的交点个数来判断；对于D：通过判断构成函数的两个部分是否能同时取1来判断.【详解】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．BC【分析】选项A，由两直线斜率都存在，利用斜率相等且截距不等求解即可；选项B，由斜率与倾斜角关系，先求斜率范围再得倾斜角范围；选项C，利用斜率关系可得；选项D，令求解可得.【详解】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.12．【分析】利用正弦定理、诱导公式、和角公式、差角公式、二倍角公式分析运算即可得解.【详解】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．##【分析】据题意，根据线面垂直的判定定理，可证得面，进而证明面，由此可得到两两垂直，将三棱锥补形成正方体，即可求出外接圆半径.【详解】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：【点睛】方法点睛：求几何体外接球半径或体积（表面积），常用方法有：补形法，利用射影定理，建立空间直角坐标系.14．【分析】根据直线方程先求出直线所过的定点，然后考虑直线经过圆心，圆心与定点的连线垂直直线，结合直线与圆的位置关系确定出的取值范围.【详解】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：15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式可求得面积的最大值.【详解】（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．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用合理转化证明线面垂直即可.（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法计算即可.【详解】（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．(1)，C表示以为圆心，为半径的圆(2)和【分析】（1）设，根据题意，列出方程，即可求解；（2）设切线方程为，根据点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.【详解】（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．(1)，(2)或【分析】（1）分析可知，曲线为抛物线，确定该抛物线的焦点坐标与准线方程，可得出曲线的方程，求出、的值，结合焦点位置可得出椭圆的方程；（2）分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，将该直线的方程分别与曲线、的方程联立，列出韦达定理，结合韦达定理以及弦长公式可得出关于的方程，解出的值，即可得出直线的方程.【详解】（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