1、汉寿一中2022-2023学年高二下开学考试数学试题一、单选题1圆心为且过原点的圆的方程是（）ABCD2在数列an中，若a1，且对任意的nN*有，则数列an前10项的和为（）ABCD3设公比为2的等比数列an的前n项和为Sn，若S5，则a4等于A8B4C4D84已知直线l1：mxy10与直线l2：(m2)xmy20，则“m1”是“l1l2”的（）A充分不必要条件B充要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件5已知正四棱柱中，则与平面所成角的正弦值等于（）ABCD6已知双曲线的左顶点为，右焦点为，以为圆心的圆与双曲线的一条渐近线相切于第一象限内的一点.若直线的斜率为，则双曲线的离心率为（）AB
2、CD7已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，过点的直线交于两点，若的中点坐标为，则椭圆方程为（）ABCD8对于函数f（x）exlnx，下列结论正确的一个是（）Af（x）有极小值，且极小值点x0（0，）Bf（x）有极大值，且极大值点x0（0，）Cf（x）有极小值，且极小值点x0（，1）Df（x）有极大值，且极大值点x0（，1）二、多选题9下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）.ABCD10已知为坐标原点，抛物线的方程为的焦点为，直线与交于两点，且的中点到轴的距离为2，则下列结论正确的是 （）A的最大值为6B的焦点坐标为C若，则直线的方程为D若,则面积的最小值为11如图，在三棱锥P-ABC
3、中，PA底面ABC.请添加一个条件，使该三棱锥的四个面均为直角三角形，则这个添加的条件可以是（）AABACBPBBCCABBCDACBC12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（）ABC是数列中的最大项D第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题13已知直线，直线，若直线与的交点在第一象限，则实数的取值范围为_14已知曲线在处的切线过点，那么实数_15锐二面角-中，直线a在半平面内，通过探究可知：a与半平面所成角的最大值就是二面角-的平面角的大小，请据此解决下面的问题：在三棱P-ABC中，PA=PB=PC=2，二面角A-PB-C为直二面
4、角，APB=2BPC(BPC)，M，N分别为侧棱PA，PC上的动点，设直线MN与平面PAB所成的角为，当的最大值为时，则三棱锥P-ABC的体积为_16设，函数，若函数与的图象有且仅有两个不同的公共点，则的取值范围是_四、解答题17已知函数为偶函数.(1)求出a的值，并写出单调区间；(2)若存在使得不等式成立，求实数b的取值范围.18设Sn为数列an的前n项和，已知a1=2，对任意nN*，都有2Sn=(n+1)an.（1）求数列an的通项公式；（2）若数列的前n项和为Tn，求证：.19已知点在椭圆（）上，且该椭圆的离心率为.直线l交椭圆于P，Q两点，直线，的斜率之和为零，(1)求椭圆的标准方程；
5、(2)若，求 的面积.20如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面(1)证明：；(2)若，求三棱柱的高；(3)在（2）的条件下，求三棱柱的表面积21已知椭圆的左右两个焦点分别为，以坐标原点为圆心，过，的圆的内接正三角形的面积为，以为焦点的抛物线的准线与椭圆C的一个公共点为P，且.（1）求椭圆C和抛物线M的方程；（2）过作相互垂直的两条直线，其中一条交椭圆C于A，B两点，另一条交抛物线M于G，H两点，求四边形面积的最小值.22已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若，证明有且只有一个极小值点和一个零点，且参考答案：1C【分析】半径为圆上一点即原点到圆心(1，1)的距离，即可写出圆的方程【详解】
6、圆心为且过原点的圆的半径为，故圆心为且过原点的圆的圆的方程为，故选：C2A【分析】用累乘法可得利用错位相减法可得S，即可求解S1022【详解】，则，Sn，S，则S1022故选：A【点评】本题考查了累乘法求通项，考查了错位相减法求和，意在考查计算能力，属于中档题3C【分析】由S5求出，再由等比数列通项公式求出即可【详解】由S5得：，又解得：，所以故选：C【点睛】本题主要考查了等比数列的前n项和公式及等比数列通项公式，考查计算能力，属于基础题4A【解析】根据两直线垂直的充要条件计算即可.【详解】由l1l2，得m(m2)m0，解得m0或m1，即l1l2的充要条件为m0或m1，所以“m1”是“l1l2
7、”的充分不必要条件，故选：A.5A【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得与平面所成角的正弦值.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以.设与平面所成角为，则.故选：A6C【分析】将直线、的方程联立，求出点的坐标，由可得出、的齐次等式，结合可求得双曲线的离心率的值.【详解】双曲线的渐近线方程为，则直线的斜率为（为坐标原点），所以，直线的斜率为，易知点、，所以，直线的方程为，联立，解得，即点，由题意可得，即，所以，则，故.故选：C.7A【分析】结合中点坐标用点差法求得.【详解】，故右焦点，则，设，则，且，两式相减得，故,故，故,故椭圆方程为，故选：A.
8、8C【分析】求得导函数为,再根据零点存在性定理分析零点所在的区间即可.【详解】由题,又,故在区间上为增函数.又.故有极小值,且极小值点.故选：C【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数极值的问题,同时也考查了零点存在性定理的运用,属于基础题.9BD【分析】判断各选项奇偶性及在上的单调性即可.【详解】A选项，为偶函数，当时，.其在上单调递减，故A错误；B选项，为偶函数，其在上单调递增，故B正确；C选项，为奇函数，故C错误；D选项，为偶函数，其在上单调递增，故D正确.故选：BD10ACD【分析】对于A：利用抛物线定义，三角形三边关系即可求解；对于B：根据抛物线的焦点性质即可求解；对于C：联立直线方程
9、与抛物线方程，消元后利用韦达定理，利用给定的条件即可求解；对于D：先求出直线所过的定点，利用面积公式即可求解.【详解】对于A：如图：设的中点为，分别过作准线的垂线，垂足分别为，因为到轴的距离为2，所以，由抛物线的定义知，,所以，因为，所以，所以的最大值为6.故选项A正确；对于B：由题知，抛物线的标准方程为，所以焦点坐标为.故选项B错误；对于C：由得直线过点，直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程得，化简得，则有.由于，所以，可得，解得，所以，所以，直线的方程为.故选项C正确；对于D：设，由，得，又，所以，由题知，所以，又，故直线的方程为，又，所以，则有直线恒过点，所以，所以面积的最小值为16
10、.故选项D正确；故选：ACD.11BCD【分析】直接证明A错误；再由已知结合线面垂直的判定定理及性质说明BCD正确【详解】解：若ABAC，设ABa，ACb，APc，求得BC，PB，PC，则cosPBC，则PBC为锐角，同理可得PCB，BPC为锐角，则PBC为锐角三角形，故A错误；因为PA底面ABC，面ABC，所以，若PBBC，所以平面，又平面，所以，所以该三棱锥的四个面均为直角三角形，故B正确；若ABBC，所以平面，又平面，所以，所以该三棱锥的四个面均为直角三角形，故C正确；若ACBC，所以平面，又平面，所以，所以该三棱锥的四个面均为直角三角形，故D正确故选：BCD12ABD【分析】根据已知条
11、件，结合等比数列的性质， 则或，所以，推得公比，即可依次求解【详解】，则或，和同号，且同为正，且一个大于1，一个小于1，即数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，对于A，公比，故A正确，对于B，即，故B正确，对于C，等比数列的前项积为，且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，故是数列中的最大项，故C错误，对于D，即，故D正确故选：ABD13【分析】直接求出交点坐标，交点的纵横坐标都大于0，解不等式组即可.【详解】由题意得两直线不平行，即，得，由得，由于直线与的交点在第一象限，所以，解得，则实数的取值范围为，故答案为：.141【分析】求导函数，然后确定切线的斜率
12、，可得切线方程，利用曲线在点处的切线过点，建立方程，解之即可求出所求【详解】解：，则，曲线在处的切线方程为：，代入点，得，解得，故答案为：1.【点睛】本题考查了利用导数研究在曲线某点处的切线方程，考查导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于基础题15【分析】如图所示，当直线MN与平面PAB所成的角为二面角的大小时，此时线面角达到最大，设运动到时，作于, 于, 连结，设 , 根据的最大值为, 求出, 再代入体积公式，即可得答案.【详解】如图所示，当直线MN与平面PAB所成的角为二面角的大小时，此时线面角达到最大,设运动到时，作于, 于, 连结 二面角为直二面角， 面面， 面, 面面面又，面，,
13、则 ,设,故答案为： .【点睛】关键点点睛：本题有三个关键点，第一，准确作出二面角的平面角；第二，根据几何关系引入，建立方程求出的正余弦；第三，运用表达体积.16【分析】将函数图象的交点个数转化为方程根的个数，从而可得在上有两不同根，结合余弦函数的图象性质列出不等式即可.【详解】函数与的图象有且仅有两个不同的公共点，即方程有两不同根，也就是有两不同根，因为，所以在上有两不同根因为，所以或，又且，所以，仅有两解时，应有，则，所以的取值范围是故答案为: .17(1)；在上单调递减，在上单调递增(2)【分析】（1）根据偶函数的定义列出方程，根据方程恒成立求，由对勾函数性质写出单调区间；（2）化简不等
14、式换元后转化为，分别考虑二次不等式有解转化为或分离参数后转化为，利用，也可转化为，求函数的最大值即可.【详解】（1）因为，所以，由偶函数知，解得；即，由对勾函数知，当时，即时函数单调递减，当时，即时函数递增，所以函数在上单调递减，在上单调递增；（2）由题意可得，即，令，；解一：，则在上有解，即.若，即，此时，解得，；若，即，此时，解得，此时无解；综上，；解二：由得，令，则.，所以.解三：由得，令，则，所以.18（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）在中，将代可得：，两式作差可得：，从而可得：，问题得解（2）利用（1）中结论，设可得：，利用裂项求和可得：，问题得解【详解】（1）因为，所以.两式
15、相减，得，即所以当时，所以,即又因为，所以，又也符合该式，故.（2）证明：由（1）有，令，nN*，则所以=因为，所以因为在N*上是递减函数，所以在N*上是递增函数.所以当时，取得最小值.所以【点睛】关键点睛：本题主要考查了赋值法及累乘法求通项公式，还考查了裂项求和方法，解答本题的关键是由，将之裂成，然后用裂项相消法求和，属于中档题.19(1)(2)【分析】（1）根据条件立方程组求解a，b，c；（2）设直线AP的倾斜角，由条件计算出AP和AQ的斜率，再求出点P和Q的坐标，运用三角形面积公式计算 的面积.【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题意可得，解得，所以椭圆方程为；（2）由题意作下图：不妨设直线
16、的倾斜角为锐角且为，则直线的倾斜角为，所以，因， ，解得 ，又为锐角，所以，于是得直线：，：，联立方程组消去y得：，因为方程有一根为2，所以，同理可得，所以：，点A到直线的距离，所以 的面积为；综上，椭圆方程为； 的面积为.20(1)证明见解析(2)(3)【分析】(1)要证,即证平面,由菱形的对角线垂直和线面垂直的性质即可得证.(2) 要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点到平面的距离，即：作，垂足为，连接，作，垂足为,则由线面垂直的判定定理可得平面,再根据三角形面积相等：,可求出的长度，最后由三棱柱的高为此距离的两倍即可确定出高.(3) 利用反三角函数分别求出，使用面积公式求出每一面
17、的面积，得到表面积.（1）证明：连接，则为与的交点，侧面为菱形，平面，平面 , 平面 平面平面，（2）解：作，垂足为，连接，作，垂足为，如图，平面,平面, 平面，平面,平面, 平面，为等边三角形，由，且，可得，O为的中点，到平面的距离为，三棱柱的高为.（3）解：易知，表面积为21（1）；（2）.【分析】（1）根据三角形的面积求解出的值，从而抛物线方程可求，再求解出的长度，并根据椭圆的定义求解出的值，从而椭圆的方程可求；（2）分直线的斜率和讨论：当时直接计算；当时分别联立直线与椭圆、抛物线，利用弦长公式表示出，根据求解出四边形面积的最小值.【详解】（1）圆半径为，故内接正三角形的面积为，即又，故
18、，椭圆.（2）由已知得直线的斜率存在，记为（i）当时，故.（ii）当时，设，代入，得：.此时，代入得：.综上，.【点睛】本题考查圆锥曲线的综合应用，其中涉及到椭圆和抛物线的方程求解、直线与圆锥曲线交点围成面积的最值，对学生的计算能力要求较高，难度一般.22(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性，注意讨论的正负以及两根的大小关系；（2）根据（1）中的单调性分析判断极值点和零点，利用零点代换整理可得，构建新函数，结合导数证明不等式.【详解】（1）.若，则，当时，当时，故在单调递减，在单调递增；若，则，当或时，当时，故在，单调递减，在单调递增；若，则，当且仅当
19、时，“=”成立，故是R上的减函数；若，则，当或时，当时，故在，单调递减，在单调递增；综上，当时，在单调递减，在单调递增；当时，在，单调递减，在单调递增；当时，是R上的减函数；当时，在，单调递减，在单调递增.（2）由（1）知：当时，在，单调递减，在单调递增，所以有且仅有一个极小值点，且，因为在单调递减，所以有且仅有一个零点，且，即，则，从而，设则，在单调递增.所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤：(1)作差或变形(2)构造新的函数h(x)(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值(4)根据单调性及最值，得到所证不等式特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题
