2023-2024学年云南省保山市腾冲民族中学高二（下）开学数学试卷（A卷）（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省保山市腾冲民族中学高二（下）开学数学试卷（A卷）（含解析），共13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。

1.函数f(x)=lnx+2x2在点(1,2)处的切线方程为( )
A. y=3x−1B. y=5x−3C. y=−3x+5D. y=−5x+7
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S36>0，S37<0，则当Sn取得最大值时，n=( )
A. 37B. 36C. 18D. 19
3.在直角坐标平面内，点A(1,−1)到直线l的距离为3，点B(4,3)到直线l的距离为2，则满足条件的直线l的条数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.直线kx−y−3k+1=0(k∈R)截圆x2+y2−2x−8=0所得弦长的最小值是( )
A. 2B. 5C. 4D. 6
5.阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若焦点在x轴上的椭圆C的离心率为34，面积为12 7π则椭圆C的标准方程为( )
A. x216+y27=1B. x232+y214=1C. x248+y221=1D. x264+y228=1
6.若双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线经过点(4,3)，则双曲线的离心率为( )
A. 54B. 2516C. 53D. 259
7.等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为( )
A. −24B. −3C. 3D. 8
8.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，若AB=BB1=2，则点C到直线AB1的距离为( )
A. 14
B. 142
C. 143
D. 144
二、多选题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l：x+ 3y−4=0与圆C：x2+y2−2x+2 3y−12=0，则( )
A. 直线l的倾斜角是2π3B. 圆C的半径是4
C. 直线l与圆C相交D. 圆C上的点到直线l的距离的最大值是7
10.已知A(−2,0)、B(2,0)，则下列命题中正确的是( )
A. 平面内满足|PA|+|PB|=6的动点P的轨迹为椭圆
B. 平面内满足|PA|−|PB|=4的动点P的轨迹为双曲线的一支
C. 平面内满足|PA|=|PB|的动点P的轨迹为抛物线
D. 平面内满足|PA|=2|PB|的动点P的轨迹为圆
11.已知复数z1=1−3i，z2=(2−i)2，z3=8+10i1+i，则( )
A. z1+z2−=4+7iB. z1，z2，z3的实部依次成等比数列
C. 10|z1|=2|z2|D. z1，z2，z3的虚部依次成等差数列
12.已知函数f(x)=lg2(4x+2x+1+1)−1x2+1−x，则下列各选项正确的是( )
A. f(x)在区间(−∞,0)上单调递增B. f(x)是偶函数
C. f(x)的最小值为1D. 方程f(x)=2x无解
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.数列{an}满足：a1a2…an=an+1，a1=2，bn=lg2an，则b1+b2+…+b10= ______．
14.如图，已知二面角A−EF−D的平面角大小为π3，四边形ABFE，EDCF均是边长为4的正方形，则|BD|= ______．
15.在一平面直角坐标系中，已知点A(−1,6)，B(2,−6)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为______．
16.抛物线y2=4x的焦点为F，点A(2,1)，M为抛物线上一点，且M不在直线AF上，则△MAF周长的最小值为___________．
四、解答题：本题共4小题，共36分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
已知等比数列{an}的公比q>1，若a2+a3+a4=14，且a2，a3+1，a4分别是等差数列{bn}的第1，3，5项．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)记cn=bnan，求数列{cn}的前n项和Sn．
18.(本小题8分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是BC的中点，F是DD1的中点，
(1)求证：CF/​/平面A1DE；
(2)求平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值．
19.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别在x轴，y轴上运动，且|AB|=2 2，动点P满足 2OP= 3OA+OB．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)设直线l：y=−x+m与曲线C交于M，N两点，且|MN|=3 2，求实数m的值．
20.(本小题10分)
已知圆C过点(1,1)，圆心在x轴正半轴上，且与直线y=x−4相切．
(1)求圆C的标准方程；
(2)已知过点P(1,3)的直线1交圆C于A、B两点，且|AB|=2，求直线1的方程．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由f(x)=lnx+2x2，得f′(x)=1x+4x，
∴f′(1)=1+4=5．
∴函数f(x)=lnx+2x2在点(1,2)处的切线方程为y=5(x−1)+2，
即y=5x−3．
故选：B．
求出原函数的导函数，得到函数在x=1处的导数值，再由直线方程的点斜式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，且S36>0，S37<0，
S36=36(a1+a36)2=18(a1+a36)=18(a18+a19)>0，
S37=37(a1+a37)2=37a19<0，
则a18>0，a19<0，
从而当n=18时，Sn取得最大值．
故选：C．
利用等差数列{an}的前n项和公式求解．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：到点A(−1,1)距离为3的直线可看作以A为圆心3为半径的圆的切线，
同理到点B(4,3)距离为2的直线可看作以B为圆心2为半径的圆的切线，
故所求直线为两圆的公切线，
又|AB|= (1−4)2+(−1−3)2=5=2+3，
故两圆外切，
所以公切线有3条．
故选：C．
将问题转化为求以点A(−1,1)为圆心，以3为半径的圆和以点B(4,3)为圆心，以2为半径的圆的公切线的条数求解．
本题考查点到直线的距离、两圆公切线等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：依题意，直线k(x−3)−y+1=0过定点A(3,1)，
圆(x−1)2+y2=9的圆心C(1,0)，半径r=3，
|AC|= 5，即点A在圆C内，当且仅当直线kx−y−3k+1=0与直线AC垂直时，直线截圆所得弦长最短，
所以所求最短弦长为2 r2−|AC|2=2 9−( 5)2=4．
故选：C．
求出直线过的定点、圆的圆心坐标及半径，再利用圆的性质及弦长公式计算即得．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1，(a>b>0)，
则由题知 1−b2a2=34abπ=12 7π，解得a=4 3，b= 21，
故椭圆的标准方程为x248+y221=1．
故选：C．
根据已知条件列出a，b的方程组，求出a，b的值即可．
本题考查椭圆标准方程的求法，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由已知得渐近线为y=±bax，
将(4,3)代入y=bax，可得ba=34，
所以e= 1+b2a2=54．
故选：A．
由题意渐近线为y=±bax，再将点(4,3)代入，由此求出ba，代入公式求得离心率．
本题考查双曲线的渐近线方程、离心率的求法，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：∵等差数列{an}的首项为1，公差不为0.a2，a3，a6成等比数列，
∴a32=a2⋅a6，
∴(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d)，且a1=1，d≠0，
解得d=−2，
∴{an}前6项的和为S6=6a1+6×52d=6×1+6×52×(−2)=−24．
故选：A．
利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出{an}前6项的和．
本题考查等差数列前n项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列、等比数列的性质的合理运用．
8.【答案】B
【解析】解：取AC的中点O，△ABC为等边三角形，则BO⊥AC,BO= 3，
以O为原点，OB,OC的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A(0,−1,0),B1( 3,0,2),C(0,1,0)，
则AB1=( 3,1,2),CA=(0,−2,0)，
则CA在AB1上的投影的长度为|CA⋅AB1||AB1|=22 2= 22，
故点C到直线AB1的距离d= 22−( 22)2= 142．
故选：B．
取AC的中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
本题考查点到直线的距离，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：由直线l：x+ 3y−4=0，可知直线l的倾斜角是5π6，故A错误；
由圆C的方程可得圆心坐标为(1,− 3)，半径为4，故B正确．
圆心C到直线l的距离d=|1−3−4| 1+3=3<4，则直线l与圆C相交，故C正确．
圆C上的点到直线l的距离的最大值为3+4=7，故D正确．
故选：BCD．
由直线方程可得直线倾斜角判断A；求得圆的圆心坐标与半径可判断B；求得圆心到直线的距离判断C；求得圆上的点到直线l的距离的最大值判断D．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
10.【答案】AD
【解析】解：对于选项A，有A(−2,0)、B(2,0)，且|PA|+|PB|=6>|AB|=4，由椭圆定义可知选项A正确；
对于选项B，有A(−2,0)、B(2,0)，且|PA|−|PB|=4=|AB|，轨迹为射线，
不符合双曲线的定义可知选项B错误；
对于选项C，有A(−2,0)、B(2,0)，且|PA|=|PB|，轨迹为线段AB的垂直平分线，
不符合抛物线的定义可知选项C错误；
对于选项D，有A(−2,0)、B(2,0)，且|PA|=2|PB|，
设点P(x,y)，则 (x+2)2+y2=2 (x−2)2+y2，
化简可得(x−103)2+y2=649，可知选项D正确．
故选：AD．
由椭圆的定义可直接判定选项A；由双曲线的定义可直接判定选项B；由抛物线的定义可直接判定选项C；设点P(x,y)，列式化简即可判定选项D；
本题考查圆锥曲线定义，轨迹问题，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：因为z2=(2−i)2=3−4i，z3=8+10i1+i=(8+10i)(1−i)(1+i)(1−i)=9+i，所以z1+z2=4−7i，所以z1+z2−=4+7i，故A正确；
因为z1，z2，z3的实部分别为1，3，9，所以z1，z2，z3的实部依次成等比数列，故B正确；
10|z1|= 10× 1+9=2|z2|=2×5=10，故C正确；
因为z1，z2，z3的虚部分别为−3，−4，1，所以z1，z2，z3的虚部依次不成等差数列，故D错误．
故选：ABC．
由题意由复数乘除法分别将z2，z3化简，再由复数加法、共轭复数的概念即可判断A；复数的实部、虚部以及等差数列、等比数列的概念即可判断BD，由复数模的运算即可判断C．
本题考查复数的运算，考查复数的模长公式，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：当x<0时，0<2x<1，令g(x)=lg2(4x+2x+1+1)−x=lg2(2x+1)2−x=2lg2(2x+1)−x，
则g′(x)=2x+12x+1−1=2x−12x+1<0，故g(x)与y=−1x2+1均为减函数，
所以f(x)在区间(−∞,0)上单调递减，A错误；
因为f(x)=lg2(4x+2x+1+1)−lg22x−1x2+1=lg2(2x+2−x+2)−1x2+1，
所以f(−x)=lg2(2x+2−x+2)−1x2+1=f(x)，所以f(x)为偶函数，B正确；
由偶函数对称性可知，f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(0)=1，C正确；
令g(x)=f(x)−2x，所以g(0)=1>0,g(1)=lg298−12=12(lg28164−1)<0，
由零点存在性定理可知方程f(x)=2x有解，D错误．
故选：BC．
由函数的基本性质可判断ABC，由零点存在性定理可判断D．
本题主要考查了函数奇偶性及单调性的判断，还考查了函数最值的求解及零点个数的判断，属于中档题．
13.【答案】1023
【解析】解：∵数列{an}满足：a1a2…an=an+1，a1=2，
∴n≥2时，a1a2…an−1=an，
相除可得：an+1=an2，
两边取对数可得：lg2an+1=lg2an2，
∵bn=lg2an，
∴bn+1=2bn，
又b1=lg2a1=1，
∴数列{bn}是等比数列，首项为1，公比为2，
则b1+b2+…+b10=210−12−1=210−1=1023，
故答案为：1023．
利用已知数列递推关系可得an+1与an的关系，通过取对数，结合bn=lg2an，可得数列{bn}是等比数列，利用求和公式即可得出结论．
本题考查了数列递推关系、对数运算性质、等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】4 2
【解析】解：连接AD，
∵二面角A−EF−D的平面角大小为π3，四边形ABFE，EDCF均是边长为4的正方形，
∴AE⊥EF，DE⊥EF，AB⊥AD，
∴∠AED是二面角A−EF−D的平面角，AE=DE=AB=4，
∴∠AED=π3，∴AD=4，
∴|BD|= 42+42=4 2．
故答案为：4 2．
连接AD，推导出AE⊥EF，DE⊥EF，AB⊥AD，∠AED是二面角A−EF−D的平面角，AE=DE=AB=4，∠AED=π3，AD=4，由此能求出|BD|.
本题考查二面角的定义、勾股定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】3 5
【解析】解：由题意作图如图所示：
作AC⊥x轴于点C，作BD⊥x轴于点D，
现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则异面直线AC，BD所成的角为60°，即CA,DB的夹角为60°，
又CA，CD的夹角为90°，DB，CD的夹角为90°，AC=6，BD=6，CD=3，AB=AC+CD+DB=−CA+CD+DB，
∴|AB|= (−CA+CD+DB)2= CA2+CD2+DB2−2CA⋅CD−2CA⋅DB+2DB⋅CD= 36+9+36−36=3 5，
即折叠后A，B两点间的距离为3 5．
故答案为：3 5．
作AC⊥x轴于点C，作BD⊥x轴于点D，由图形得AB=AC+CD+DB=−CA+CD+DB，利用向量的线性运算和数量积运算，即可得出答案．
本题考查二面角和空间向量的线性运算，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】3+ 2
【解析】【分析】
本题考查抛物线定义、标准方程，以及简单性质的应用，判断当D，M，A三点共线时|MA|+|MD|最小，是解题的关键，属于中档题．
求△MAF周长的最小值，即求|MA|+|MF|的最小值．设点M在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义，可知|MF|=|MD|，因此问题转化为求|MA|+|MD|的最小值，根据平面几何知识，当D、M、A三点共线时|MA|+|MD|最小，由此即可求出|MA|+|MF|的最小值．
【解答】
解：求△MAF周长的最小值，即求|MA|+|MF|的最小值，
设点M在准线上的射影为D，
根据抛物线的定义，可知|MF|=|MD|，
因此，|MA|+|MF|的最小值，即|MA|+|MD|的最小值
根据平面几何知识，可得当D，M，A三点共线时|MA|+|MD|最小，
因此最小值为xA−(−1)=2+1=3，
∵|AF|= (2−1)2+(1−0)2= 2，
∴△MAF周长的最小值为3+ 2，
故答案为：3+ 2．
17.【答案】解：(1)由题意得a1q+a1q2+a1q3=142(a1q2+1)=a1q+a1q3q>1，
a1q+a1q2+a1q3a1q−2a1q2+a1q3=1+q+q21−2q+q2=7，即2q2−5q+2=0，
解得q=2(q=12舍去)，
则2a1+4a1+8a1=14a1=14，解得a1=1，所以an=2n−1．
则b1=a2=2，b3=a3+1=4+1=5，b5=a4=8，
设等差数列{bn}的公差为d，则d=5−23−1=32，
所以bn=2+(n−1)×32=32n+12．
(2)cn=bnan=32n+122n−1=3n+12n．
所以Sn=42+722+⋯+3n+12n，
12Sn=422+723+⋯+3n+12n+1，
两式相减得12Sn=42+322+323+⋯+32n−3n+12n+1，
可得Sn=4+32+322+⋯+32n−1−3n+12n=4+32(1−12n−1)1−12−3n+12n=7−3n+72n．
【解析】(1)根据等差、等比数列的知识求得首项和公差、公比，从而求得an，bn．
(2)利用错位相减求和法求得Sn．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】证明：(1)以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，E(1,2,0)，
D(0,0,0)，B1(2,2,2)，
则DA1=(2,0,2),DE=(1,2,0)，CF=(0,−2,1)，
设平面A1DE的法向量是n=(a,b,c)，
则n⋅DA1=2a+2c=0n⋅DE=a+2b=0，取a=−2，则n=(−2,1,2)，
∴CF⋅n=(0,−2,1)⋅(−2,1,2)=0，
所以CF/​/平面A1DE．
解：(2)可知DC=(0,2,0)是面A1DA的一个法向量，
∴cs=(−2,1,2)⋅(0,2,0) (−2)2+12+22⋅ 0+22+0=13，
即平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值为13．
【解析】(1)以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明CF/​/平面A1DE．
(2)求出平面A1DE的法向量和平面A1DA的法向量，利用向量法能求出平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值．
本题考查平面与平面所成角的向量求法，线面平行的向量表示，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
19.【答案】解：(1)设P(x,y)，A(x0,0)，B(0,y0)，
∵|AB|=2 2，∴x02+y02=8，
∵ 2OP= 3OA+OB，
∴ 2x= 3x0， 2y=y0，
即x0= 2 3x，y0= 2y，
∴动点P的轨迹C的方程x212+y24=1；
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=−x+mx212+y24=1得4x2−6mx+3m2−12=0，
由Δ=36m2−4×4(3m2−12)>0，化简得m2<16，
又x1+x2=3m2，x1⋅x2=3m2−124，
则|MN|= 2|x1−x2|= 2 (x1+x2)2−4x1x2=3 2，
化简得m2=4，适合Δ>0，
所以m=±2．
【解析】(1)由已知结合两点间的距离公式及向量的线性表示，代入即可求解；
(2)联立直线l与已知曲线C，结合方程的根与系数关系及弦长公式即可求解．
本题主要考查了点的轨迹方程的求解，还考查了直线与椭圆位置关系的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意设圆心坐标为C(a,0)(a>0)，
由题意， (a−1)2+(0−1)2=|a−4| 2，解得a=−6(舍)或a=2．
∴圆的半径为r=|2−4| 2= 2．
则圆C的标准方程为(x−2)2+y2=2；
(2)若斜率不存在，则直线方程为x=1，
弦心距d=1，半径为 2，
则|AB|=2 r2−d2=2，符合题意．
若斜率存在，设直线方程为y−3=k(x−1)，即kx−y−k+3=0．
弦心距d=|k+3| 1+k2，得|AB|=2 2−(k+3)21+k2=2，
解得：k=−43，直线方程为y=−43x+133．
综上所述，直线l的方程为x=1或y=−43x+133．
【解析】本题考查直线与圆的位置关系及其应用，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题．
(1)由题意设圆心坐标为C(a,0)(a>0)，利用半径相等列式求得a，进一步求得半径，则圆的方程可求；
(2)当直线的斜率不存在时，可得直线方程为x=1，符合题意；当直线的斜率存在时，设出直线方程，结合垂径定理求解．