2023-2024学年安徽省合肥市高二下学期开学检测数学模拟试题（含解析）

2023-2024学年安徽省合肥市高二下学期开学检测数学模拟试题一、单选题（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．在等差数列中,,则数列的前项和为A． B． C． D．2．已知抛物线上一点到其焦点的距离为，则实数的值是（

）A．-4 B．2 C．4 D．83．已知直线与直线，若直线与直线的夹角是60°，则k的值为（

）A．或0 B．或0C． D．4．若函数在处有极值，则实数（

）A． B．2 C．1 D．5．已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（

）A． B． C． D．6．已知椭圆与抛物线有相同的焦点，点是两曲线的一个公共点，且轴，则椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．7．已知为空间任意一点，四点共面，但任意三点不共线．如果，则的值为（

）A．-2 B．-1 C．1 D．28．已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（

）A． B． C． D．二、多选题（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.全部选对得6分，部分选对得部分分.）9．已知数列满足，则下列结论正确的有（）A．为等比数列B．的通项公式为C．为递增数列D．的前n项和10．如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（

）A．满足平面的点的轨迹长度为B．满足的点的轨迹长度为C．存在唯一的点满足D．存在点满足11．已知函数，满足有三个不同的实数根，则（

）A．若，则实数的取值范围是B．过轴正半轴上任意一点仅有一条与函数相切的直线C．D．若成等差数列，则三、填空题12．已知数列的首项为，，则.13．已知函数．若在上恒成立，则a的取值范围为．14．已知点是抛物线：与椭圆：的公共焦点，是椭圆的另一焦点，P是抛物线上的动点，当取得最小值时，点P恰好在椭圆上，则椭圆的离心率为.四、解答题15．已知圆过点和，且圆心在直线上.(1)求圆的标准方程；(2)经过点的直线与圆相切，求的方程.16．设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列.(1)求的通项公式；(2)令，为数列的前项积，证明.17．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.(1)证明：；(2)点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面的夹角的余弦值.18．已知双曲线：的左焦点到其渐近线的距离为，点在上.(1)求的标准方程；(2)若直线与交于，（不与点重合）两点，记直线，，的斜率分别为，，，且，是否存在值，使得.若存在，求出的值和直线的方程；若不存在，请说明理由.19．若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.(1)若，判断是否为上的“3类函数”；(2)若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；(3)若为上的“2类函数”，且，证明：，，.答案：1．D结合等差数列的性质及求和公式,即可求解答案.【详解】由等差数列的性质可知,,根据等差数列前项和公式:,故选:D.本题考查了等差数列的性质,考查了等差数列的前n项和,是基础题.2．C【分析】首先利用抛物线的定义，将抛物线上点到焦点的距离转化为到准线的距离解出p，再将点M的坐标代入抛物线方程即可解得.【详解】抛物线的准线方程为：，因为M到焦点距离为5，所以M到准线的距离，即p=8，则抛物线方程为.将(1,m)代入得：，因为所以.故选：C.3．A【分析】先求出的倾斜角为120°，再求出直线的倾斜角为0°或60°，直接求斜率k.【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为120°.要使直线与直线的夹角是60°，只需直线的倾斜角为0°或60°，所以k的值为0或.故选：A4．D【分析】由极值的定义得，即可求解，注意检验.【详解】解：因为，，在处有极值，所以，所以，解得.经检验当时，，当或时，；当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减，函数在处有极大值，满足题意.故选：D5．B【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案.【详解】由已知可得，，，所以，向量在向量上的投影向量是.故选：B.6．C【分析】分析可得，求得，设设椭圆的下焦点为，利用勾股定理可求得，利用椭圆的定义可求得该椭圆的离心率的值.【详解】易知点或，所以，，即，将代入抛物线方程可得，则，设椭圆的下焦点为，因为轴，则，由椭圆的定义可得，所以，椭圆的离心率为.故选：C.7．A【分析】由题设条件推得，再由四点共面可求得【详解】因为，所以由得，即，因为为空间任意一点，满足任意三点不共线，且四点共面，所以，故.故选：A.8．C【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程，进而即可判断AB；画出函数与图象，由可得，化简计算即可判断CD.【详解】由题意知，，则，所以曲线在点处的切线方程分别为，因为切线均过原点，所以，即，得，故AB错误；由，得，画出函数与图象，如图，设，如上图易知：，由正切函数图象性质，得，即，又，所以，即，解得，故C正确，D错误.故选：C关键点点睛：证明选项CD的关键是根据构造新函数，通过转化的思想和数形结合思想分析是解题的关键.9．ABD【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.【详解】因为，所以+3，所以，又因为，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；，即，故B正确；因为，因为，所以，所以，所以为递减数列，故C错误；，则，故D正确.故选：ABD.10．AC【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线段，故A正确；以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，设，且，，，，对于B，，即，又，，则点的轨迹为线段，,且，故B错误；对于C，显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，故，故不存在点满足，故D错误.故选：AC11．ABD【分析】对于A，求导得函数单调性、极值，由此即可判断；对于B，关于点中心对称，由此即可判断；对于C，由展开即可判断；对于D，由结合C选项分析即可判断.【详解】因为，所以在和上单调递增，在上单调递减，且，所以，当有三个不同的实数根时，，故A正确，关于点中心对称，所以在此点处的切线方程为，结合图象可知：当且仅当时，符合题意，所以B正确，由于方程有三个根，所以，展开可知，C不正确；由展开可知，当成等差数列时，所以，在中，令，得，所以，D正确.故选：ABD.12．【分析】由得，进而判断中各个偶数项构成首项为3，公比为3的等比数列，即可得到.【详解】由得，,于是，即.所以数列中，各个奇数项构成首项为1，公比为3的等比数列，同理，各个偶数项也构成首项为3，公比为3的等比数列，即.所以.故81.13．【分析】由题意可知在上恒成立，将问题转化为求函数f(x)的最小值.【详解】∵在上恒成立，且，故．当时，在上恒成立，即在上为增函数，所以，，合乎题意；当时，由，可得；当时，可得．即在上为减函数，在上为增函数，所以，，又因为，所以，不合乎题意．综上所述，．故答案为.14．【详解】分析：由题意可知与抛物线相切时，取得最小值，求出此时点的坐标，代入椭圆方程求出的值，即可求解其离心率．详解：抛物线的焦点坐标为，准线方程为，过向抛物线的准线作垂线，则，所以,显然当直线与抛物线相切时，最小，即取得最小值，设直线的方程为，代入可得，令，可得，不妨设在第一象限，则，所以，即，因为在椭圆上，且为椭圆的焦点，所以，解得或（舍去），所以，所以离心率为．点睛：本题考查了抛物线的定义及几何性质的应用，以及椭圆的离心率的求解，其中根据抛物线的定义与几何性质，得到关于的方程组是解答的关键．求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．15．(1)(2)或【分析】（1）设出圆的标准方程，根据题意，列出方程组，即可求解；（2）根据题意，分直线的斜率不存在和存在，两种情况讨论，结合直线与圆的位置关系，列出方程，即可求解.【详解】（1）解：设圆的方程为，根据题意，可得，解得，所以圆的方程为.（2）解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由圆心到直线的距离等于圆的半径，可得，解得，则直线的方程为，即.故直线的方程为或.16．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由等差数列定义可得，由与的关系即可得；（2）由与可得，即可得，由，可得，借助等比数列求和公式计算即可得证.【详解】（1）由是首项为、公差为的等差数列，故，即，当时，，故，当时，，符合上式，故；（2）由，，故，则，由，故，则.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）要证，需要证过的平面与垂直即可，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理结合条件即得；（2）建立空间直角坐标系，先根据条件确定点的坐标，再求二面角.【详解】（1）如图：

由于平面平面，平面平面，过点作的垂线交的延长线于点，则平面.连接交于，连接，∵，，∴，∴，又，，∴四边形为矩形，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，即，又平面，平面，∴，又平面，∴平面，又∵平面，∴.（2）以为坐标原点，，，所在直线分別为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，由于在上，设，则，∴，又平面的法向量，设直线与平面所成角为，∴，解得或（舍去），∴，∴，，，设平面的法向共，平而的法向共，则即，取，得，，∴，故平面与平面夹角的余弦值为.18．(1)(2)；直线为【分析】（1）借助渐近线公式及点到直线的距离公式，并代入点计算即可得；（2）借助韦达定理结合从而得到直线中所设参数的关系，取线段中点，由可得，即可得的值和直线的方程.【详解】（1）由双曲线：可得，渐近线方程为：，则有，化简得，又在上，即，即，故：；（2）由题意可知直线的斜率存在且斜率为，设直线为，、，联立直线与双曲线，消去可得，则有且，即且，有，，由，故、，则，即有，即，故或，当时，直线为，过点，故舍去，当时，直线为，由、，则线段中点为，，，即，由，，，故有，即，解得，故，则直线为，即存在，使得，此时直线的方程为..关键点睛：本题关键在于借助韦达定理结合题目所给，计算出直线中参数得关系.19．(1)是上的“3类函数”，理由见详解.(2)(3)证明过程见详解.【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；（2）由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可.（3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可.【详解】（1）对于任意不同的，有，，所以，，所以是上的“3类函数”.（2）因为，由题意知，对于任意不同的，都有，不