（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1.本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.第Ⅰ卷一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.1.已知數列的前項和，則的值為（

）A.135 B.145 C.155 D.1652.中心在坐標原點，離心率為的雙曲線的焦點在軸上，則它的漸近線方程為（）A. B. C. D.3.等差數列中，，則是()A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件4.直線將圓分成兩段，這兩段圓弧弧長之比為（）A.1：2 B.1：3 C.1：5 D.3：55.已知數列中，，當時，，設，則數列的通項公式為（）A. B. C. D.6.設，，，則、、的大小關系是（）A. B.C. D.7.點在橢圓上，的右焦點為，點在圓上，則的最小值為（）A. B. C. D.8.設雙曲線的左、右焦點分別為，過坐標原點的直線與交于兩點，，則的離心率為（）A. B.2 C. D.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（

）A.直線的傾斜角的取值范圍是B.“”是“直線與直線互相垂直”充要條件C.兩個非零向量與任何一個向量都不能構成空間的一個基底，則這兩個向量共線D.已知向量，，則在上的投影向量為10.已知拋物線：（）的焦點到準線的距離為2，過的直線交拋物線于兩點，，則（）A.準線方程為B.若，則C.若，則的斜率為D.過點作準線的垂線，垂足為，若軸平分，則11.如圖，在直四棱柱中，底面為菱形，為的中點，點滿足，則下列結論正確的是（）A.若，則四面體的體積為定值B.若的外心為，則為定值2C.若，則點的軌跡長度為D.若且，則存在點，使得的最小值為第Ⅱ卷三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.函數的極大值點為___________.13.南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次差會成等差數列．在楊輝之后，對這類高階等差數列的研究一般稱為“垛積術”"，現有高階等差數列，其前5項分別為1，4，10，20，35，則該數列的第6項為______．14.定義在上的偶函數滿足，且當時，，則曲線在點處的切線方程為_________________.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知函數在點處的切線與直線垂直．（1）求；（2）求的單調區間和極值．16.如圖，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E為棱AA1的中點．（1）證明B1C1⊥CE；（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．（3）設點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長．17.已知數列的首項為2，前項和為，且（1）求的值；（2）設，求數列的通項公式；（3）求數列的通項公式.18.已知，為橢圓C：的左、右頂點，且橢圓C過點.（1）求C的方程；（2）過左焦點F的直線l交橢圓C于D，E兩點（其中點D在x軸上方），求的取值范圍.19.已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）當時，若恒成立，求實數取值范圍.康杰中學2023—2024年第二學期高二年級（開學考試）數學試題2024年2月（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1.本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.第Ⅰ卷一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.1.已知數列的前項和，則的值為（

）A.135 B.145 C.155 D.165【答案】C【解析】【分析】利用與之間的關系即可求解.【詳解】由題意可知，，，所以.故選：C.2.中心在坐標原點，離心率為的雙曲線的焦點在軸上，則它的漸近線方程為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】設雙曲線方程，根據已知得到，即可得到漸近線的方程.【詳解】由已知可設雙曲線的標準方程為.由已知可得，所以，則，所以.所以，雙曲線的漸近線方程為.故選：D.3.等差數列中，，則是的()A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據等差數列的性質以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【詳解】由等差數列的性質知：，時，成立，即充分性成立，反之：等差數列常數列，對任意成立，即必要性不成立.故選：B．【點睛】本題主要考查了充分條件和必要條件的判斷，判斷是的什么條件，需要從兩方面分析：一是由條件能否推得條件；二是由條件能否推得條件.4.直線將圓分成兩段，這兩段圓弧的弧長之比為（）A.1：2 B.1：3 C.1：5 D.3：5【答案】A【解析】【分析】根據已知條件作出圖形，利用圓的性質及點到直線的距離公式，結合弧長公式即可求解.【詳解】設直線與圓的兩個交點為，圓心為，過點作交于,如圖所示設，則所以圓心到直線的距離為.在中，因為，所以，由圓的性質知，，所以兩段圓弧的弧長之比等于兩段弧所對圓心角的弧度數之比，等于．故選：A.5.已知數列中，，當時，，設，則數列的通項公式為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據遞推關系式得到，進而利用累加法可求得結果．【詳解】數列中，，當時，，

，

，

，且，

，

故選：A．6.設，，，則、、大小關系是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函數在上的單調性可得到、的大小關系，利用對數函數的單調性可得出、的大小關系，即可得出結論.【詳解】構造函數，其中，則，當時，，所以，函數在上單調遞增，因為，則，即，即，所以，，因為，故，即，即，因此，.故選：D.7.點在橢圓上，的右焦點為，點在圓上，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先根據橢圓的定義轉化為，即求的最小值，即為圓心與的距離減半徑即可.【詳解】設橢圓的左焦點為，則求的最小值即求的最小值，圓的半徑為圓心為所以的最小值為所以的最小值為故選：D.【點睛】本題考查了橢圓的定義，以及圓上一動點與圓外一定點的距離的最值問題，解決問題時需要對題中的目標進行轉化，將多個動點轉化為少（單）動點的問題，從而解決問題.8.設雙曲線的左、右焦點分別為，過坐標原點的直線與交于兩點，，則的離心率為（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】由雙曲線的對稱性可得、且四邊形為平行四邊形，由題意可得出，結合余弦定理表示出與、有關齊次式即可得離心率.【詳解】由雙曲線的對稱性可知，，有四邊形為平行四邊形，令，則，由雙曲線定義可知，故有，即，即，，，則，即，故，則有，即，即，則，由，故.故選：D.【點睛】關鍵點睛：本題考查雙曲線的離心率，解題關鍵是找到關于、、之間的等量關系，本題中結合題意與雙曲線的定義得出、與的具體關系及的大小，借助余弦定理表示出與、有關齊次式，即可得解.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（

）A.直線的傾斜角的取值范圍是B.“”是“直線與直線互相垂直”的充要條件C.兩個非零向量與任何一個向量都不能構成空間的一個基底，則這兩個向量共線D.已知向量，，則在上的投影向量為【答案】ACD【解析】【分析】利用直線的傾斜角與斜率的關系及三角函數的性質即可判斷A選項，利用兩直線的垂直及充要條件的定義即可判斷B選項，利用空間向量的基本定理可判斷C選項；利用投影向量的定義可判斷D選項.【詳解】對于A選項，直線的傾斜角為，則，因為，所以，所以，故A正確；對于B選項，因為直線與直線互相垂直，所以，即，解得或，所以“”是“或”的充分不必要條件，所以“”是“直線與直線互相垂直”的充分不必要條件，故B錯誤；對于C選項，若兩個非零向量與任何一個向量都不能構成空間的一個基底，不妨設這兩個非零向量不共線，設這兩個非零向量為，由空間向量的基本定理可知，在空間中必存在非零向量，使得為空間的一個基底，假設不成立，故這兩個非零向量共線，故C正確;對于D選項，因為向量，所以在上的投影向量為，故D正確.故選：ACD.10.已知拋物線：（）的焦點到準線的距離為2，過的直線交拋物線于兩點，，則（）A.的準線方程為B.若，則C.若，則的斜率為D.過點作準線的垂線，垂足為，若軸平分，則【答案】BCD【解析】【分析】根據拋物線幾何意義求出，即可得到拋物線的方程，再根據拋物線的定義判斷A、B、D，設，，，，直線的方程為，聯立直線與拋物線方程，消元列出韋達定理，根據焦半徑公式計算即可判斷C；【詳解】解：因為拋物線：（）的焦點到準線的距離為2，所以，所以拋物線方程為，則焦點，準線為，故A錯誤；若，則，所以，所以，故B正確；可設，，，，直線的方程為，與拋物線聯立，消去，可得，可得，，由拋物線的定義可得即，即，解得，則直線的斜率為，故C正確；對于D，若軸平分，則，又軸，所以，所以，所以，即，所以，故D正確；故選：BCD11.如圖，在直四棱柱中，底面為菱形，為的中點，點滿足，則下列結論正確的是（）A.若，則四面體的體積為定值B.若的外心為，則為定值2C.若，則點的軌跡長度為D.若且，則存在點，使得的最小值為【答案】ACD【解析】【分析】A選項，作出輔助線，結合空間向量基本定理得到三點共線，得到平面，故點為平面距離為定值，四面體的體積為定值，A正確；B選項，作出輔助線，結合空間向量數量積的幾何意義得到；C選項，建立空間直角坐標系，設，表達出，故點的軌跡為以為圓心，為半徑的圓，落在正方形內的部分，結合弧長公式求出答案；D選項，求出，，得到，畫出圖形，數形結合得到其最小值.【詳解】A選項，在上分別取，使得，，因為，所以，因為，所以，即，故，即，所以三點共線，因為，，所以，故平面，故點為平面的距離為定值，又為定值，故四面體的體積為定值，A正確；B選項，取的中點，因為的外心為，所以⊥，又題意得，則，B錯誤；C選項，取的中點，因為底面為菱形，，故⊥，以為坐標原點，以，分別為軸，建立空間直角坐標系，故，設，則，化簡得，點滿足，即點在正方形內，包括邊界，故點的軌跡為以為圓心，為半徑的圓，落在正方形內的部分，如圖所示：因為，，故，故為等腰直角三角形，，故點的軌跡長度為，C正確；D選項，若且，，即，即，又，，設，設，即，解得，即，，如圖所示，設，且⊥，⊥，在線段上取一點，設，則，故，顯然，直接連接，此時取得最小值，最小值即為，由勾股定理得，故的最小值為，D正確.故選：ACD【點睛】空間向量解決幾何最值問題，通常有兩種思路：①形化，即用空間向量的幾何意義將問題轉化為空間幾何中的最值或取值范圍問題，然后根據圖形的特征直接進行求解；②數化，即利用空間向量的坐標運算，把問題轉化為代數中的函數最值與值域，不等式的解集，方程有解等問題，然后利用函數，不等式，方程的有關知識進行求解.第Ⅱ卷三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.函數的極大值點為___________.【答案】【解析】【分析】利用導數可求得的單調性，根據單調性可得極大值點.【詳解】由題意知：定義域為，，當時，；當時，；在，上單調遞增，在上單調遞減，是的極大值點.故答案為：.13.南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次差會成等差數列．在楊輝之后，對這類高階等差數列的研究一般稱為“垛積術”"，現有高階等差數列，其前5項分別為1，4，10，20，35，則該數列的第6項為______．【答案】56【解析】【分析】利用高階等差數列的定義，分別計算出前后兩項的差，再由等差數列定義即可求得第6項的值為56.【詳解】由題意可知，所給數列為高階等差數列，設數列的第6項為，根據所給定義：用數列的后一項減去前一項得到一個新數列，再利用新數列的后一項減去前一項也得到一個新數列，即可得到一個首相為3公差為1的等差數列，計算規律如下所示：則需滿足，解得.該數列的第6項為56.故答案為：5614.定義在上的偶函數滿足，且當時，，則曲線在點處的切線方程為_________________.【答案】【解析】【分析】明確函數的周期性，結合導數的幾何意義求函數在某點出的切線方程.【詳解】因為是上的偶函數，且，所以，所以，即為周期函數，且周期為4.設，則，由；設，則，由.當時，.所以：，.所以曲線在點處的切線方程為：.故答案為：【點睛】方法點睛：該問題的解決方法可以有兩種思路：（1）求出函數在區間上的解析式，可得和，進而求出所求的切線方程；（2）利用函數的對稱性和周期性，先求得到切點，再根據的圖象關于點對稱，則關于軸對稱，所以得切線斜率，可得所求切線方程.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知函數在點處的切線與直線垂直．（1）求；（2）求的單調區間和極值．【答案】（1）（2）單調遞增區間為、，單調遞減區間為，極大值，極小值【解析】【分析】（1）結合導數的幾何意義及直線垂直的性質計算即可得；（2）借助導數可討論單調性，即可得極值.【小問1詳解】，則，由題意可得，解得；【小問2詳解】由，故，則，，故當時，，當時，，當時，，故的單調遞增區間為、，的單調遞減區間為，故有極大值，有極小值.16.如圖，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E為棱AA1的中點．（1）證明B1C1⊥CE；（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．（3）設點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長．【答案】（1）見解析（2）（3）【解析】【詳解】解：本題可通過建立空間坐標系求解．如圖，以點A為原點建立空間直角坐標系，依題意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．(1)證明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，∴B1C1⊥CE.(2)＝(1，－2，－1)．設平面B1CE的法向量＝(x，y，z)，則,即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一個法向量為＝(－3，－2,1)．由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)為平面CEC1的一個法向量．于是cos〈，〉＝＝＝－，從而sin〈，〉＝，故二面角B1－CE－C1的正弦值為.(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．設＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量．設θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝.于是＝，解得λ＝(λ＝－舍去)，∴AM＝.17.已知數列的首項為2，前項和為，且（1）求的值；（2）設，求數列的通項公式；（3）求數列的通項公式.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根據遞推關系可得求得．（2）由條件可得可得，于是，以上兩式相減變形可得，即，于是可得數列為等差數列，并可求得其通項．（3）由（2）可得，可得，根據累乘法可得數列的通項公式．【小問1詳解】∵，且，∴解得.【小問2詳解】由，可得，∴，∴，，∴，∴，化為:，即，又，數列是首項為，公差為1的等差數列．∴.【小問3詳解】由(2)可得:，∴，∴，∴，又滿足上式．∴.18.已知，為橢圓C：的左、右頂點，且橢圓C過點.（1）求C的方程；（2）過左焦點F的直