2024河北省强基名校联盟高二下学期开学联考试题数学含解析

这是一份2024河北省强基名校联盟高二下学期开学联考试题数学含解析，共16页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，已知直线与抛物线，给出下列命题，其中正确的命题是，已知数列满足，，已知双曲线，下列求导运算正确的是，已知圆等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一、二册.
一、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.若直线与直线平行，则实数的值为（ ）
A.1或B.C.1D.0
2.等差数列的前项和为，且，则（ ）
A.15B.10C.25D.20
3.已知，为椭圆的两个焦点，过的直线交椭圆于两点，若，则（ ）
A.4B.16C.12D.8
4.若函数在处的导数等于，则的值为（ ）
A.B.C.D.
5.已知直线与抛物线：（）交于，两点，为坐标原点，且，交于点，点的坐标为，则抛物线的焦点坐标为（ ）
A.B.C.D.
6.给出下列命题，其中正确的命题是（ ）
A.若向量，，共面，则它们所在的直线共面
B.已知，若，，，四点共面，则
C.为单位向量
D.已知向量，，则在上的投影向量为
7.已知数列满足，（），则满足的的最小取值为（ ）
A.5B.6C.7D.8
8.已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，是双曲线的左顶点，，（在第一象限）是双曲线上关于轴对称的两个点，若直线与直线的斜率之积为，直线与双曲线的右支交于另一点，且，的周长为20，则该双曲线的标准方程为（ ）
A.B.C.D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.下列求导运算正确的是（ ）
A.若，则B.
C.D.
10.已知圆：，圆：，则（ ）
A.两个圆心所在直线的斜率为
B.两个圆公共弦所在直线的方程为
C.过点作直线使圆上有且只有一个点到的距离为1，则直线的方程为
D.过点作圆的两条切线，切点为，，则直线的方程为
11.如图，该形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法・商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……设第层有个球，从上往下层球的总数为，则下列结论正确的是（ ）
A.B.（）
C.D.数列的前100项和为
12.如图，在正方体中，，，分别为，的中点，点满足，，.下列说法正确的是（ ）
A.若，则与的夹角为
B.若，，则平面
C.若，，则四面体的外接球的表面积为
D.若，，则三棱锥的体积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.过点且横截距是纵截距2倍的直线方程为______.（写成一般式方程）
14.已知函数，若，则______.
15.已知抛物线：（）的焦点为，准线为，过的直线与交于，两点（点在第一象限），与交于点，若，，则______.
16.已知定义在上的连续偶函数，其导函数为，当时，不等式成立，若对任意的，不等式恒成立，则正整数的最大值为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）
已知圆：，直线：.
（1）证明：直线恒过定点.
（2）设直线交圆于，两点，求弦长的最小值及相应的值.
18.（12分）
已知函数（，）的图象过点，且.
（1）求，的值；
（2）求曲线过点的切线方程.
19.（12分）
已知函数（）.
（1）讨论的极值；
（2）求在上的最小值.
20.（12分）
若数列满足，（）.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
21.（12分）
如图，在四棱锥中，，且，，，，，为的中点.
（1）证明：平面.
（2）在线段（不含端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
22.（12分）
已知椭圆：（）的离心率为，左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形的面积为4.
（1）求椭圆的方程.
（2）平行于轴的直线与椭圆的一个交点为，与以为直径的圆的一个交点为，且，位于轴两侧，，分别是椭圆的左、右顶点，直线，分别与轴交于点，.证明：为定值.
河北省强基名校联盟高二年级第二学期开学联考
数学试卷参考答案
1. B 【详解】若直线与直线平行，则需满足，解得，当时，两直线重合，因此.故选B.
2. A 【详解】因为等差数列的前项和为，且，
则，则.故选A.
3. B 【详解】由，可得，根据椭圆的定义得，
所以.故选B.
4. D 【详解】由已知得
.故选D.
5. A 【详解】，.，，直线的方程为.
设，，由得，，.
，，，焦点坐标为.故选A.
6. D 【详解】对于A，直线可以是异面直线；对于B，若与，，，共面，则系数和不确定；对于C，，不是单位向量；对于D，在上的投影向量为.故选D.
7. C 【详解】因为，所以，所以，又，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，所以.由，得，即，解得.因为为正整数，所以的最小值为7.故选C.
8. C 【详解】设双曲线：（，）的右顶点为，则，所以，所以.因为直线与双曲线的右支交于另一点，所以，，即，，则的周长为，所以，则，所以该双曲线的标准方程为.故选C.
9. AC 【详解】对于A，若，则，故A正确；
对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故D错误.故选AC.
10. AD 【详解】根据题意，圆：，其圆心为，半径.
圆：，即，其圆心为，半径，
则两个圆心所在直线的斜率，故A正确；
圆心距，两圆外离，不存在公共弦，故B不正确；
因为圆上有且只有一个点到的距离为1，所以点到的距离为3，
当直线斜率不存在时，的方程为，满足题意，故C不正确；
连接，（图略），则，，，四点共圆，该圆的方程为，
而圆：，且为圆与圆的公共弦，
两式相减得直线的方程为，故D正确.故选AD.
11. ACD 【详解】对于A，，，，，A正确.
对于B，由每层球数变化规律可知（），B错误.
对于C，当时，，
当时，满足，（）.
，
，C正确.
对于D，，则其前100项和为，D正确.故选ACD.
12. BC 【详解】对于A，若，则在线段（不含）上，与的夹角为，向量与的夹角为，故A错误；
对于B，如图1，以为坐标原点，分别以，，所线为，，轴建立空间直角坐标系，
图1
则，，，，，，，
则，，，
则，，
又，，所以，，
则是平面的一个法向量，所以平面，故B正确；
对于C，若，，则点即点，连接，
由正方体的性质可知几何体是侧棱垂直于底面的三棱锥，
而底面是直角三角形，易得，
所以外接圆的半径，
设其外接球的半径为，则，
所以四面体即三棱锥的外接球的表面积为，故C正确；
对于D，若，，则为的中点，如图2，取点，满足，连接，易知，故，也可以将三棱锥的高转化为点面距，用空间向量求解，故D错误.故选BC.
图2
13.或 【详解】当直线过原点时，直线的斜率为，此时直线的方程为，即；当直线不过原点时，设所求直线的方程为（），即，将点的坐标代入直线方程可得，解得，此时直线的方程为.因此，所求直线方程为或.
14. 【详解】由，倒序相加可得，则.
15. 【详解】如图，设准线与轴的交点为，作，，垂足分别为，，所以.又，所以.设，则.
因为，所以，所以，
所以，即.（或由，得）
故抛物线的方程为，焦点为，准线为：，
所以直线的方程为.
联立方程得，解得，，
所以.（或）
16. 5 【详解】令，因为当时，不等式成立，
所以，所以，所以函数在上单调递减.
由题意得，且，
所以是奇函数，所以在上单调递减.
因为对任意的，不等式恒成立，
所以，所以，所以.
因为，所以当时，上式显然成立.
当时，，令（），
所以，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，所以正整数的最大值为5.
17.【详解】（1）直线的方程可化为，…………2分
联立解得故直线恒过定点.…………4分
（2）可化为，则圆心为，.
设圆心到直线的距离为，要使直线被圆截得的线段长度最小，则需最大，
当直线垂直于直线时，取得最大值，最大值为的线段长度.
因为，所以，解得.…………6分
由两点间距离公式可得，…………7分
所以直线被圆截得的最短弦长为.…………8分
综上，弦长的最小值为，对应的值为.…………10分
18.【详解】（1）因为函数的图象过点，所以①.
又，，所以②，…………3分
由①②解得，.…………5分
（2）由（1）知，
设所求切线在曲线上的切点为，则，…………7分
所以切线方程为，…………8分
又切线过点，所以，解得，…………10分
所以切点为，切线方程为.
故曲线过点的切线方程为.…………12分
19.【详解】（1）由题意得的定义域为，且.…………1分
①若，则，所以在上单调递增，所以无极值；…………2分
②若，则当时，，当时，，…………4分
所以在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值. …………5分
（2）当时，在上单调递增，所以；…………7分
当时，在上单调递减，在上单调递增，所以；…………9分
当时，在上单调递减，所以.…………11分
综上，…………12分
20.【详解】（1）由，知（），
两式相减得（），…………2分
则，故当时，为常数列. …………4分
当时，，则当时，，即.又不适合上式，
所以…………6分
（2）当时，，
当时，，…………7分
，
，
两式相减得
，…………10分
…………11分
所以，又符合式子，
所以（）. …………12分
21.【详解】（1）如图1，取的中点，连接，.
图1
因为，分别为，的中点，所以.
又，所以，又，
所以四边形为平行四边形，…………2分
则，又平面，平面，…………3分
所以平面.…………4分
（2）如图2，取的中点，连接.
图2
由且，得四边形是平行四边形，
所以，又，，所以，
所以.由，得.
在中，，，，
由余弦定理得，
则，又，，所以，
所以，则，又，所以平面.…………6分
在平面内作交于.
以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，.
假设存在点满足题意，设（），
则，.…………8分
设平面的法向量为，
则
令，则.…………9分
设平面的法向量为，
则令，则，…………10分
所以，
整理得，解得或，与矛盾，
所以假设不成立，即不存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为.…………12分
22.【详解】（1）由题意知，，.…………2分
又，，，
椭圆的方程为.…………4分
（2）如图，设，则的方程为（），令，得，
由得，，，
，即.
又，，…………8分
的方程为，令，得.
设，则，
，，
，…………10分
代入，化简得，即，，得证. …………12分