2023-2024学年江苏省盐城市五校联考高二（下）第一次学情调研数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省盐城市五校联考高二（下）第一次学情调研数学试卷（3月份）（含解析），共17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.已知向量a=(8,−2,1)，b=(−4,1,k)，且a/​/b，那么实数k的值为( )
A. 12B. −12C. −2D. 2
2.已知a=(1,−2,1)，a+b=(−1,2,−1)，则b等于( )
A. (2,−4,2)B. (−2,4,−2)C. (−2,0,−2)D. (2,1,−3)
3.如图，在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c.点M在OA上，且OM=2MA，N为BC中点，则MN等于( )
A. 12a−23b+12c
B. −23a+12b+12c
C. 12a+12b−12c
D. 23a+23b−12c
4.已知椭圆x2t+12+y2t=1的离心率为 63，则椭圆的长轴长为( )
A. 12 2B. 6 2C. 3 2D. 6
5.若数列{an}满足a2=11，an+1=11−an，则a985=( )
A. 1110B. 11C. −110D. 1011
6.已知空间向量a=(3,0,4)，b=(−3,2,5)，则向量b在向量a上的投影向量是( )
A. 1125(−3,2,5)B. 1138(−3,2,5)C. 1125(3,0,4)D. 1138(3,0,4)
7.已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，若AB=2AA1=2BC=2，E是CD的中点，则异面直线EB1与D1C所成角的余弦值为( )
A. 33B. 1515C. 13D. 15
8.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，则线段AP长度的取值范围为( )
A. [1, 2]
B. [1, 3]
C. [ 22, 2]
D. [ 62, 2]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中正确的是( )
A. a=(x,2,1),b=(4,−2+x,x),a与b夹角为钝角，则x的取值范围是(−∞,47)
B. 在空间直角坐标系中，已知点P(1,2,3)，点P关于坐标原点对称点的坐标为(−1,−2,−3)
C. 若对空间中任意一点O，有OP=14OA+14OB+12OC，则P，A，B，C四点共面
D. 任意空间向量a,b,c满足(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)
10.已知函数f(x)=xlnx，下列说法正确的是( )
A. f(x)的单调递减区间是(0,e)
B. f(x)在点(e2,f(e2)处的切线方程是x−4y+e2=0
C. 若方程alnx=x只有一个解，则a=e
D. 设g(x)=x2+a，若对∀x1∈R，∃x2∈(1,+∞)，使得g(x1)=f(x2)成立，则a≥e
11.如图，八面体Ω的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点B，C，D，E在同一个平面内.若点M在四边形BCDE内(包含边界)运动，N为AE的中点，则( )
A. 当M为DE的中点时，异面直线MN与CF所成角为π3
B. 当MN/​/平面ACD时，点M的轨迹长度为2 2
C. 当MA⊥ME时，点M到BC的距离可能为 3
D. 存在一个体积为10π3的圆柱体可整体放入Ω内
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(2,2,1)，b=(1,−1, 2)，则a⋅b= ______．
13.若向量AB=(2,−2,1)，AC=(2,−1,3)，则|BC|= ．
14.用[x]表示不超过x的最大整数，已知数列{an}满足：a1=43，an+1=λan2−μ(an−1)，n∈N*.若λ=0，μ=−2，则an= ______；若λ=μ=1，则[i=120241ai]= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知向量a=(1,−3,2)，b=(−2,1,1)，O为坐标原点，点A(−3,−1,4)，B(−2,−2,2)．
(1)求|2a+b|；
(2)若点E在直线AB上，且OE⊥b，求点E的坐标．
16.(本小题15分)
等差数列{an}中，a7=4，a19=2a9，
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn=1nan，求数列{bn}的前n项和Sn．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=x3−3ax−1在x=−1处取得极值．
(1)求实数a的值；
(2)当x∈[−2,1]时，求函数f(x)的最小值．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB//DC，AB=12CD=AD=1，M为棱PC的中点．
(Ⅰ)证明：BM/​/平面PAD；
(Ⅱ)若PC= 5，PD=1，
(i)求二面角P−DM−B的余弦值；
(ii)在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是2 69？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
已知点M(x0,y0)为双曲线x22−y2=1上的动点．
(1)判断直线x0x2−y0y=1与双曲线的公共点个数，并说明理由；
(2)(i)如果把(1)的结论推广到一般双曲线，你能得到什么相应的结论？请写出你的结论，不必证明；
(ii)将双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线称为“退化的双曲线”，其方程为x2a2−y2b2=0，请利用该方程证明如下命题：若T(m,n)为双曲线C上一点，直线l：mxa2−nyb2=1与C的两条渐近线分别交于点P、Q，则T为线段PQ的中点．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间向量共线的坐标运算，属于基础题．
利用空间向量共线的坐标运算求解即可．
【解答】
解：∵向量a=(8,−2,1)，b=(−4,1,k)，且a/​/b，
∴−48=1−2=k1，∴k=−12，
故选：B．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的线性运算与坐标表示的应用问题，是基础题目．
根据空间向量的线性运算，求出向量b的坐标即可．
【解答】
解：∵a=(1,−2,1)，a+b=(−1,2,−1)，
∴b=a+b−a=(−1−1,2−(−2),−1−1)=(−2,4,−2)．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】解：如图，连接ON，
∵ON是BC的中点，∴ON=12OB+12OC，
∵OM=2MA，∴OM=23OA，
∴MN=ON−OM=12OB+12OC−23OA=−23a+12b+12c．
故选：B．
根据向量的加法和减法的三角形法则得到．
本题主要考查空间向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由椭圆的性质可得t+12>t，
所以a2=t+12，b2=t，
所以椭圆的离心率e=ca= 1−b2a2= 1−tt+12= 12t+12= 63，
解得t=6，即a2=6+12=18，
解得a=3 2，
所以椭圆长轴长为2a=6 2．
故选：B．
由椭圆的方程可得a，b的表达式，再由离心率的值，可得t的值，进而求出a的值，可得长轴长2a的大小．
本题考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：∵a2=11，an+1=11−an，∴11=11−a1
∴a1=1011，a3=11−11=−110，a4=11+110=1011，
∴{an}是周期为3的数列，故a985=a1=1011．
故选：D．
{an}是周期为3的数列，由此可得．
本题考查递推数列的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：向量a=(3,0,4)，b=(−3,2,5)，
则|a|=5，|b|= 38，a⋅b=11，
所以向量b在向量a上的投影向量为
|b|csa|a|=|b|a⋅b|a||b|a|a|= 38×115× 38×a5=1125a=1125(3,0,4)．
故选：C．
由向量b在向量a上的投影向量为|a|csb|b|，计算即可求出答案．
本题主要考查空间向量的数量积运算，投影向量的定义，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B1(1,2,1)，D1(0,0,1)，E(0,1,0)，C(0,2,0)，
∴EB1=(1,1,1),D1C=(0,2,−1)，
设异面直线EB1与D1C所成的角为θ，
则csθ=|EB1⋅D1C||EB1||D1C|=|1×0+1×2+1×(−1)| 12+12+12× 0+22+(−1)2= 1515．
故选：B．
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得EB1，D1C的坐标，由向量的夹角公式，计算可得所求值．
本题考查异面直线所成角的求法，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设P(a,b,1)，CM=t∈[0,1]，
则M(0,1,t)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，
∴AP=(a−1,b,1)，BD1=(−1,−1,1)，MD1=(0,−1,1−t)，
∵AP⊥平面MBD1，
∴AP⋅BD1=1−a−b+1=0AP⋅MD1=−b+1−t=0，解得a=1+tb=1−t，
∴P(1+t,1−t,1)，
|AP|= (1+t−1)2+(1−t)2+12= 2(t−12)2+32，
又∵t∈[0,1]，结合二次函数性质可得AP的取值范围为[ 62, 2].
故选：D．
建立空间直角坐标系，设CM=t，求出相应点的坐标，利用平面向量数量积的运算，结合AP⊥平面MBD1，可以求出点P的坐标，利用空间两点间距离公式，结合配方法求出线段AP长度的取值范围．
本题考查了利用配方法求线段的长的取值范围，考查了利用空间向量数量积的应用，考查了线面垂直的性质，考查了数学运算能力，是中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：对于A：由a⋅b<0，可得4x+2(−2+x)+x<0，解得x<47，
由a,b共线可得a=λb，即有x=4λ2=λ(x−2)1=λx
解得x=−2,λ=−12，
所以x的取值范围是{x|x<47，且x≠−2}，故A错误；
对于B：点P(1,2,3)关于坐标原点对称点的坐标为(−1,−2,−3)，故B正确；
对于C：OP=14OA+14OB+12OC，满足14+14+12=1，故P，A，B，C四点共面，故C正确；
对于D：(a⋅b)⋅c表示与c共线的向量，a⋅(b⋅c)表示与a共线的向量，二者不一定相等，故D错误．
故选：BC．
利用空间向量的概念与运算性质逐一判断即可．
本题主要考查了空间向量的数量积运算和线性运算，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：函数的定义域为(0,1)∪(1,+∞)，f′(x)=lnx−1ln2x，
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
其大致图象如图：
对于A，由上述分析可得A错误；
对于B，由f′(e2)=lne2−1ln2e2=14，f(e2)=e22，得切线方程为y−e22=14(x−e2)，
即x−4y+e2=0，故B正确；
对于C，由方程f(x)=xlnx=a只有一解，由图象可知，a=e或a<0，故C错误；
对于D，设函数g(x)(x∈R)的值域为G，函数f(x)(x∈(1,+∞))的值域为E，
g(x)=x2+a对∀x∈R，G=[a,+∞)，∀x∈(1,+∞)，E=[e,+∞)，
若对∀x1∈R，∃x2∈(1,+∞)，使得g(x1)=f(x2)成立，则G⊆E．
∴a>e，故D正确，
故选：BD．
对函数f(x)求导，判断其单调性，作出其图象，由此可判断选项A；利用导数的几何意义可判断选项B；结合图象可判断选项C；根据值域的包含关系可判断选项D．
本题考查导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为BCDE为正方形，如图，连接BD与CE，相交于点O，连接OA，
则OD，OE，OA两两垂直，故以{OD,OE,OA}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(2 2,0,0),B(−2 2,0,0),E(0,2 2,0),C(0,−2 2,0),A(0,0,2 2),F(0,0,−2 2)，
N为AE的中点，则N(0, 2, 2)，
当M为DE的中点时，M( 2, 2,0),MN=(− 2,0, 2),CF=(0,2 2,−2 2)，
设异面直线MN与CF所成角为θ，
则csθ=|cs|=|MN⋅CF|MN||CF||=|0+0−4|2×4=12,θ∈(0,π2]，故θ=π3，故A正确；
对于B，如图，设P为DE的中点，N为AE的中点，
则PN//AD，AD⊂平面ACD，PN⊄平面ACD，
则PN/​/平面ACD，又MN/​/平面ACD，又MN∩PN=N，设Q∈BC，
故平面MNP॥平面ACD，平面ACD∩平面BCDE=CD，平面MNP∩平面BCDE=PQ，
则PQ/​/CD，则Q为BC的中点，点M在四边形BCDE内(包含边界)运动，则M∈PQ，
点M的轨迹是过点O与CD平行的线段PQ，长度为4，故B错误；
对于C，当MA⊥ME时，设M(x,y,0),MA=(−x,−y,2 2),ME=(−x,2 2−y,0)，
MA⋅ME=x2+y(y−2 2)=0，得x2+y2−2 2y=0，即x2+(y− 2)2=2，
即点M的轨迹以OE中点K为圆心，半径为 2的圆在四边BCDE内(包含边界)的一段弧(如下图)，
K到BC的距离为3，弧上的点到BC的距离最小值为3− 2，
因为3− 2< 3，所以存在点M到BC的距离为 3，故C正确；
对于D，如图，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥A−BCDE内接最大圆柱的体积，
设圆柱底面半径为r，高为h，P为DE的中点，Q为BC的中点，PQ=4,AO=2 2，
根据△AGH∽△AOP，得GHOP=AGAO，即r2=2 2−h2 2,h= 2(2−r)，
则圆柱体积V=πr2h= 2πr2(2−r)，
设V(r)= 2π(2r2−r3)(0令V′(r)=0得，r=43或r=0，因为0所以当00，当43即当r=43时，Vmax=V(43)=32 227π，
则32 2π27−5π3=(32 2−45)π27=( 2048− 2025)π27>0，
所以32 2π27>5π3，
故存在一个体积为10π3的圆柱体可整体放入Ω内，故D正确．
故选：ACD．
根据几何体的特征，化空间为平面，逐个推理，计算分析．
本题考查了立体几何中的距离，体积，角的计算问题，属于难题．
12.【答案】 2
【解析】解：由于a=(2,2,1)，b=(1,−1, 2)，则a⋅b=2−2+ 2= 2．
故答案为： 2．
直接利用向量的坐标运算和数量积运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的数量积，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
13.【答案】 5
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的坐标运算与线性表示应用问题，是基础题．
根据空间向量的线性运算与坐标表示，计算所求的模长．
【解答】
解：向量AB=(2,−2,1)，AC=(2,−1,3)，
则AC−AB=(0,1,2)，
则|BC|=|AC−AB|
= 0+1+4= 5．
故答案为 5．
14.【答案】2−13×2n 2
【解析】解：若λ=0，μ=−2，则an+1=2(an−1)，
即为an+1−2=2(an−2)，
可得数列{an−2}是首项为a1−2=−23，公比为2的等比数列，
则an−2=−23×2n−1=−13×2n，
即an=2−13×2n；
若λ=μ=1，则an+1=an2−an+1，
即an+1−an=(an−1)2≥0，由a1=43，
可得an+1>an，即数列{an}递增．
又an+1−1=an(an−1)，可得1an+1−1=1an(an−1)=1an−1−1an，
即1an=1an−1−1an+1−1，
可得i=120241ai=1a1−1−1a2025−1=3−1a2025−1<3，
由a1=43，得到a2025>2，
则[i=120241ai]=2．
故答案为：2−13×2n；2．
对于第一空，由数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求；对于第二空，首先判断数列{an}递增，再由数列的裂项相消求和，结合不等式的性质和[x]的定义，可得所求．
本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式和数列的单调性，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)a=(1,−3,2)，b=(−2,1,1)，
则2a+b=(2,−6,4)+(−2,1,1)=(0,−5,5)，
故|2a+b|= 02+(−5)2+52=5 2；
(2)点E在直线AB上，
则可设OE=OA+tAB=(−3+t,−1−t,4−2t)(t≠0)，
∵OE⊥b，b=(−2,1,1)，
∴OE⋅b=0，即−2(−3+t)+(−1−t)+(4−2t)=0，解得t=95，
故点E的坐标为(−65,−145,25).
【解析】(1)根据已知条件，结合向量的坐标运算，以及向量模公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合向量的坐标运算，以及向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查空间向量的坐标运算，属于基础题．d
16.【答案】解：(I)设等差数列{an}的公差为d
∵a7=4，a19=2a9，
∴a1+6d=4a1+18d=2(a1+8d)
解得，a1=1，d=12
∴an=1+12(n−1)=1+n2
(II)∵bn=1nan=2n(n+1)=2n−2n+1
∴sn=2(1−12+12−13+…+1n−1n+1)
=2(1−1n+1)=2nn+1
【解析】(I)由a7=4，a19=2a9，结合等差数列的通项公式可求a1，d，进而可求an
(II)由bn=1nan=2n(n+1)=2n−2n+1，利用裂项求和即可求解
本题主要考查了等差数列的通项公式及裂项求和方法的应用，试题比较容易
17.【答案】解：(1)f′(x)=3x2−3a，
又函数f(x)在x=−1处取得极值，则f′(−1)=3−3a=0；
即a=1，此时f(x)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
所以当a=1时满足条件；
所以a=1；
(2)由(1)可知f(x)在[−2,−1]上单调递增，[−1,1]单调递减；
所以当x∈[−2,1]时，函数f(x)的最小值是f(−2)，f(1)中的较小者；
f(−2)=−3，f(1)=−3；
故函数f(x)的最小值为−3．
【解析】本题考查极值，函数最值，属于基础题．
(1)f(x)在x=−1处取得极值，则f′(−1)=0可求出a的值；
(2)求出函数在[−2,1]上的单调区间，从而得出函数的最小值．
18.【答案】(Ⅰ)证明：取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示：

∵M为棱PC的中点，
∴MN/​/CD，MN=12CD，∵AB/​/CD，AB=12CD，∴AB/​/MN，AB=MN，
∴四边形ABMN是平行四边形，∴BM/​/AN，
又BM⊄平面PAD，MN⊂平面PAD，
∴BM//平面PAD；
(Ⅱ)解：∵PC= 5，PD=1，CD=2，
∴PC2=PD2+CD2，∴PD⊥DC，
∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=DC，
PD⊂平面PDC，
∴PD⊥平面ABCD，
又AD，CD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD，由AD⊥DC，
∴以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图：

则P(0,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)，∵M为棱PC的中点，
∴M(0,1,12)，B(1,1,0)，
(i)DM=(0,1,12)，DB=(1,1,0)
设平面BDM的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DM=y+12z=0n⋅DB=x+y=0，令z=2，则y=−1，x=1，
∴n=(1,−1,2)，
平面PDM的一个法向量为DA=(1,0,0)，
∴cs=n⋅DA|n||DA|=11× 6= 66，
∴二面角P−DM−B的余弦值为 66；
(ii)假设在线段PA上是存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是2 69，
设PQ=λPA，0<λ<1，则Q(λ,0,1−λ)，BQ=(λ−1,−1,1−λ)，
由(2)知平面BDM的一个法向量为n=(1,−1,2)，
BQ⋅n=λ−1+1+2(1−λ)=2−λ，
∴点Q到平面BDM的距离是BQ⋅n|n|=2−λ 6=2 69，
∴λ=23，∴PQ=2 23．
【解析】(Ⅰ)根据线面平行的判定定理，取PD的中点N，连接AN，MN，证明四边形ABMN是平行四边形，可得BM/​/AN，即可证明结论；
(Ⅱ)根据PC= 5，PD=1，CD=2，证明PD⊥AD，PD⊥CD，由AD⊥DC，建立空间直角坐标系，(i)写出点的坐标及向量的坐标，求出平面的法向量，即可求出结果；
(ii)设PQ=λPA，0<λ<1，点Q到平面BDM的距离是BQ在平面BDM法向量上的投影的绝对值，即可求出λ，进而求出PQ的值．
本题考查线面平行判定，二面角的求法，点到平面的距离，属中档题．
19.【答案】解：(1)由点M(x0,y0)在双曲线x22−y2=1上，得x022−y02=1，即y02=x022−1，
由x22−y2=1x0x2−y0y=1消去y得：(y022−x024)x2+x0x−(1+y02)=0，
则x2−2x0x+x02=0，显然Δ=4x02−4x02=0，
所以该直线与双曲线有且只有1个公共点．
(2)(i)由(1)知，直线x0x2−y0y=1与双曲线x22−y2=1相切于点(x0,y0)，
所以过双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上一点(x0,y0)的切线方程为x0xa2−y0yb2=1．
证明如下：显然x02a2−y02b2=1，即b2x02−a2y02=a2b2，
由x0xa2−y0yb2=1x2a2−y2b2=1消去y得：
b2a2x2−2b2a2x0x+b2+y02=0，
于是Δ=4b4x02a4−4b2a2(b2+y02)=4b2(b2x02−a2y02−a2b2)a4=0，
因此直线x0xa2−y0yb2=1与双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)相切于点(x0,y0)，
所以过双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上一点(x0,y0)的切线方程为x0xa2−y0yb2=1．
(ii)证明：当n=0时，直线l的斜率不存在，由对称性知，点T为线段PQ的中点；
当n≠0时，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，线段PQ的中点N(t,s)，
由x2a2−y2b2=0mxa2−nyb2=1消去y得：(n2b2−m2a2)x2+2mx−a2=0，
由m2a2−n2b2=1，得x2−2mx+a2=0，则t=x1+x22=m，
又mta2−nsb2=1，于是SS=b2n(m2a2−1)=n，即点T与点N重合，
所以点T为线段PQ的中点．
【解析】(1)联立直线与双曲线方程，借助判别式求解即得．
(2)(i)写出结论；(ii)分n=0，n≠0讨论，直线与双曲线方程联立，利用韦达定理求解即得．
本题考查了双曲线的性质，考查了直线与双曲线的综合，考查了方程思想及数学运算能力，属于难题．