2022-2023学年河北省邯郸市魏县第五中学高二下学期开学返校数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河北省邯郸市魏县第五中学高二下学期开学返校数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河北省邯郸市魏县第五中学高二下学期开学返校数学试题 一、单选题1．点P在函数的图像上，若满足到直线的距离为的点P有且仅有3个，则实数a的值为（    ）A．5或 B．1或3 C．1 D．5【答案】D【分析】在曲线的点作切线，使得此切线与直线平行，得，进而根据题意得点到直线的距离为时满足条件，根据点到直线的距离公式得或，再结合图形分析即可得答案.【详解】过函数的图象上点作切线，使得此切线与直线平行，因为，于是，所以，∴，于是当点到直线的距离为时，则满足到直线的距离为的点P有且仅有3个，∴ ，解得或，又当时，函数的图象与直线不相交（如图），从而只有一个点到直线距离为，所以不满足；当时，函数的图象与直线相交，满足条件.故选：D．2．设函数，则下列说法正确的有（    ）A．不等式的解集为B．函数在单调递增，在单调递减C．当时，总有f(x)>g(x)恒成立D．若函数有两个极值点，则实数的取值范围为（0，1）【答案】A【分析】求出的导数，求出的解析式，再求出的导数，对于A，直接解不等式即可，对于B，的导数的正负可求出其单调区间，对于C，，则令，然后利用导数求其最值，对于D，由题意得有2个零点，转化为函数的图象与有两个交点，从而可求出的范围【详解】由（），得，则（），所以（），对于A，由，得（），则，得，所以不等式的解集为，所以A正确，对于B，（），由，得，由，得，所以在上递增，在上递减，所以B错误，对于C，，令，，则，，当 时，，所以在上递增，所以，所以在上递减，因为，所以，所以，所以C错误，对于D，若函数有两个极值点，则有2个零点，即，，令，则，所以在上递增，在上递减，因为，时，都有，所以，得，所以D错误，故选：A【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决极值问题，解题的关键是正确的求出函数的导数，利用导数求出函数的单调区间和极值，考查数学转化思想，属于较难题3．如图，在正方体中，点分别是棱上的动点．给出下面四个命题①直线与直线平行；②若直线与直线共面，则直线与直线相交；③直线到平面的距离为定值；④直线与直线所成角的最大值是．其中，真命题的个数是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】利用特殊位置可判断①②的正误，可证明平面，据此可判断③的正误，利用向量的数量积可求夹角的余弦值，从而可求其最大值．【详解】如图1，当与重合时，与重合时，直线与直线是异面直线，故①错误．如图2，当与重合时，与重合时，四边形为矩形，故直线与直线平行，故②错误．因为平面平面，而平面，故平面，所以直线到平面的距离为定值（正方体的棱长），故③正确．建立如图3所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，，其中，而，故， ，设直线与直线所成角为，则，若直线与直线不平行，则，故，故直线与直线所成角的最大值是，所以④正确．故选：B．【点睛】方法点睛：空间中与直线与直线的位置关系有关的判断，应该让几何对象动态变化，在变化过程中确定位置关系，而角的最值判断，则需构建平面角，也可以通过直线的方向向量的夹角来处理．4．已知抛物线的焦点为F，直线的斜率为且经过点F，直线l与抛物线C交于点A、B两点（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点D，若，则以下结论不正确的是（    ）A． B．F为的中点C． D．【答案】D【分析】设出直线的方程，并与抛物线方程联立，求得两点的坐标，根据求得，求得点的坐标，从而确定正确选项.【详解】依题意，设直线的方程为，由消去并化简得，解得，所以，所以，A选项正确.直线的方程为，令，则，故，由于，，所以是的中点，B选项正确，，，，C选项正确，D选项错误.故选：D5．若，恒成立，则a的最大值为（    ）A． B．1 C．e D．【答案】C【分析】根据题设可得、，当易知，当时构造，利用导数研究单调性可得，即可知在上恒成立，构造并研究求其最小值即可得a的最大值.【详解】由，，由，①若，，此时满足；②若，令，在恒成立，∴在单调递增，而，∴在恒成立，综上，在恒成立，，令，，在单调递减，单调递增，∴，即有．故选：C【点睛】关键点点睛：根据恒成立得到、，讨论、判断的大小关系，进而求a的最值.6．在平行六面体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】构建基向量，，表示，并根据向量的夹角公式求其夹角的余弦值即可.【详解】如下图，构建基向量，，.则，所以所以.故选：C.7．过点(2，4)的直线与抛物线y2＝8x只有一个公共点，这样的直线有（    ）A．1条 B．2条C．3条 D．4条【答案】B【分析】根据题意，判断点(2，4)是否在抛物线上，即可求解.【详解】因点(2，4)在抛物线y2＝8x上，所以过该点与抛物线相切的直线和过该点与x轴平行的直线都与抛物线只有一个公共点.故选B.8．已知椭圆的左、右焦点分别是，若椭圆C的离心率，则称椭圆C为“黄金椭圆”．O为坐标原点，P为椭圆C上一点，A和B分别为椭圆C的上顶点和右顶点，则下列说法错误的是（    ）A．a，b，c成等比数列 B．C． D．若轴，则【答案】D【分析】对于A,根据离心率公式，验证即可;对于B, 根据勾股定理以及离心率公式判断B是否正确；对于C,根据A的结论，即可验证;对于D, 根据结合斜率公式以及离心率公式判断D是否正确；【详解】对于A,,,故a,b,c成等比数列,故A正确;对于B, 因为，所以即，，所以，故，故B正确；对于C,要证，只需证，只需证，即，只需证，由A得，显然成立，故C正确;对于D，轴，且，所以，，所以，解得，所以，故D不正确．故选：D． 二、多选题9．已知等比数列的公比为2，且，，成等差数列，则下列命题正确的是（    ）A．； B．，，成等差数列C．是等比数列； D．，，，，，成等差数列【答案】BC【分析】求出数列的通项公式，以及数列的和，判断选项的正误即可．【详解】由，，成等差数列，可得，，，所以不正确；，，，，成等差数列，所以正确；，所以，所以是等比数列，所以正确；若，，即，，成等差数列，不妨设，则，，即，显然左边奇数，右边偶数，不相等，错误；故选：．10．若函数的值域为，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】利用分段函数定义确定函数的单调性，求出函数的值域，确定的取值范围，判断AB，再引入新函数判断与的大小，判断C，引入新函数，确定单调性后判断D．【详解】时，，，单调递增，∴，A正确；时，，，单调递减，∴，∵值域是，∴，B正确；设，则，当时，．单调递增，∴，即，又，而在递减，∴，C错；设，则，令，则在时恒成立，在上单调递增，因此时，，，∴是减函数，又，∴，即，，D正确．故选：ABD．【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的单调性，利用单调性确定函数的值域．解题关键是通过导数确定分段函数的单调性，求出函数的值域，确定出参数的范围，利用单调性可判断函数值的大小，同时引入新函数后确定单调性是判断CD的关键．11．下列数列中，是等差数列的是（    ）A．1，4，7，10 B．C． D．10，8，6，4，2【答案】ABD【分析】根据等差数列的定义逐项分析即可得出结果.【详解】根据等差数列的定义，可得：A中，满足(常数)，所以是等差数列；B中，满足(常数)，所以是等差数列；C中，因为，不满足等差数列的定义，所以不是等差数列；D中，满足(常数)，所以是等差数列.故选：ABD.12．若椭圆的焦距是2，则的值是（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】AC【分析】分椭圆的焦点在轴和轴上两种情况讨论得解.【详解】解：当椭圆的焦点在轴上时，，，.又因为，所以.所以，所以；当椭圆的焦点在轴上时，，，所以，所以.故选：AC 三、填空题13．数列中，若，，则___________.【答案】##1.9【分析】依题意可得，再利用累乘法求出数列的通项公式，最后利用裂项相消法求和即可；【详解】解：因为，所以，所以，，，，，累乘可得即，因为，所以，所以故答案为：14．若函数恰有两个极值点，则k的取值范围是______．【答案】【分析】求导得有两个极值点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，令，利用导数研究的单调性并作出的图象，根据图象即可得出k的取值范围．【详解】函数的定义域为，，令，解得或，若函数有2个极值点，则函数与图象在上恰有1个横坐标不为1的交点，而，令，令或，故在和上单调递减，在上单调递增，又，如图所示，由图可得.故答案为：15．已知双曲线的左、焦点为、，点为双曲线的渐近线上一点，，若直线与圆相切，则双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】作出图形，设与圆相切于点，分析出，可求得的值，进而可得出双曲线的离心率为，即可得解.【详解】如下图所示，设与圆相切于点，则，，则，，则，为的中点，则为的中点，，由直角三角形的性质可得，因为为的中点，则，由于双曲线的两渐近线关于轴对称，可得，所以，，则，所以，，则，因此，双曲线的离心率为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.16．操场上站成一排的100名学生进行报数游戏，规则是：每位同学依次报自己的顺序数的倒数加1．如：第一位同学报，第二位同学报，第三位同学报，……这样得到的100个数的积为__________．【答案】101【分析】用数学符号表示出每位同学的报数，再直接相乘即可.【详解】设第位同学的报数为，则，则；故答案为：101. 四、解答题17．已知双曲线为右焦点.(1)求双曲线的渐近线方程及两条渐近线所夹的锐角；(2)当时，设过点的直线与双曲线交于点，且的面积为，求直线的斜率.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）首先令得出渐近线方程，进而求出所夹的锐角；（2）将直线方程代入到双曲线方程消去x并化简，进而利用根与系数的关系结合三角形面积公式求得答案.【详解】（1）由题意，令，得，所以双曲线的渐近线方程为，易得它们所夹的锐角为.（2）当时，可得双曲线.已知直线经过点，可设直线方程为.设，联立得，化简得或且，所以，又，所以三角形面积，即，解得或，满足题意，所以当时，或.【点睛】当在思考三角形面积这一步时，我们就应该想到用到根与系数的关系，接下来就是运算问题.需要注意的是，我们不能盲目地每道题都一开始就写出根与系数的关系，而应该结合题目的具体要求，这道题到底需要求什么，那我们就应该先求出什么.18．已知椭圆的离心率为；是的左焦点，直线与相交于，两点，直线与的另一交点为，直线与的另一交点为.当时，的面积为3.(1)求的方程；(2)证明：直线经过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由时，的面积为3以及离心率为解方程即可求得的方程；（2）设，，联立直线和椭圆方程求得，，表示出直线的方程，联立椭圆方程求得M坐标，同理求得坐标，利用，即可证明直线经过定点.【详解】（1）当时，轴，且，则.联立解得.故的方程为.（2）设，，联立方程组整理得，则，.直线的方程为，联立方程组整理得，则，则，.同理可得，，，则，故直线经过定点.【点睛】本题关键点在于用表示出直线的方程，联立椭圆方程求得M坐标，同理求得坐标，再利用斜率相等，即即可证明直线经过定点.19．（1）圆C的圆心在x轴上，且经过两点，求圆C的方程；（2）圆C经过三点，求圆C的方程．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出的中垂线方程，再求出其与x轴的交点，从而可得圆心坐标，然后可求出圆的半径，进而可求出圆的方程；（2）设圆的方程为，然后将三个点的坐标代入可求出的值，从而可求出圆的方程.【详解】（1）的中点为，因为，所以线段的中垂线的斜率为，所以线段的中垂线的方程为，当时，，则圆心为，所以圆的半径为，所以所求圆的方程为；（2）设圆的方程为，则，解得，所以圆的方程为.20．如图，正三棱柱的棱长都为2，D为的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的大小；（3）求点C到平面的距离．【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.【分析】（1）以BC的中点O为原点，建立空间直角坐标系，求得的坐标，由证明；（2）由（1）知：是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，由求解；（3）根据，由求解.【详解】（1）以BC的中点O为原点，建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，因为，且，所以平面；（2）由（1）知：是平面的一个法向量，又，设直线与平面所成角为，则，因为，所以；（3）因为，则点C到平面的距离为．21．若函数.(1)判断方程解的个数，并说明理由；(2)当，设，求的单调区间.【答案】(1)仅有一个，理由见解析；(2)答案见解析. 【分析】（1）由题可得，进而可得函数的极大值为，即得；（2）由题可得，分，，讨论即得.【详解】（1）方程仅有一个解，因为，所以，令可解得，所以单调性如下表：单调递增极大值单调递减 又，即的极大值为，所以方程仅有一个解；（2）因为，所以，令可得或分类讨论如下：（i）当时，所以的单调性如下单调递增极大值单调递减极小值单调递增 所以的单调增区间为，，单调减区间为；（ii）当时，，此时恒成立所以的单调增区间为，无单调减区间（iii）当，，所以的单调性如下单调递增极大值单调递减极小值单调递增 所以的单调增区间为，，单调减区间为.22．设函数．（1）求的最小值；（2）设，证明：有唯一极小值点，且．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）求出，令、可得的单调增区间及极值；   （2），求出由导数得出在单调递增，且，存在唯一，使得,再利用函数的单调性证明即可．【详解】（1）因为，所以，             令得；令得．所以的单调增区间为；单调减区间为．      所以当时，得极小值；所以的最小值为．         （2）证明：因为，所以，           所以，令，，时，，在单调递增，，所以存在唯一，使得，即．当时，，当时，，所以有唯一极小值点．     所以，    记函数，则在上单调递增，             所以，即．