黑龙江省大庆市2023_2024学年高二数学下学期开学考试

这是一份黑龙江省大庆市2023_2024学年高二数学下学期开学考试，共10页。试卷主要包含了圆C，设椭圆C等内容，欢迎下载使用。
单选题：
1.圆C:x2+y2-4x+2y-4=0的圆心与半径分别为( )
A. C(-2,1)，r=3B. C(-2,1)，r=9
C. C(2,-1)，r=3D. C(2,-1)，r=9
【答案】C
解：圆C的方程可化为(x-2)2+(y+1)2=32，可知圆心为C(2,-1)，半径为r=3．
故选C．
2.已知直线x+ay-1=0与直线(a-1)x+ay+1=0平行，则实数a的值是
( )
A. 2或0B. 2C. 0D. -2
【答案】B
解：当a=0时，两直线都为x=1，重合，故舍去；
当a≠0时，由两直线平行，得到-1a=-a-1a，解得a=2，
经检验，两直线不重合，成立，
综上，实数a的值是2．
故选B．
3.已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则AE⋅AF的值为( )
A. a2B. 12a2C. 14a2D. 34a2
【答案】C
解：如图所示，在正四面体ABCD中，点E，F分别是BC，AD的中点，
AF=12AD，AE=12(AB+AC)，∴AE⋅AF=14(AD⋅AB+AD⋅AC)=14(a2cs60°+a2cs60°)=14a2．
4.已知{an}是等比数列，{bn}是等差数列，a2=2，a5=14，公比q等于公差d，b1=2，则b3为( )
A. -12B. -2C. 3D.
【答案】C
解：∵{an}是等比数列，a2=2，a5=14，
设等比数列的公比是q，
∴a5=a1⋅q4，a2=a1q
∴q=12，∴d=12，b3=b1+2d=3.
故选：C．
5.设椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1、F2，P是C上一点，PF2⊥F1F2,∠PF1F2=300，则C的离心率为
( )
A. 66B. 13C. 12D. 33
【答案】D
解：|PF2|=x，
∵PF2⊥F1F2，∠PF1F2=30°，
∴|PF1|=2x，|F1F2|=3x，
又|PF1|+|PF2|=2a，|F1F2|=2c
∴2a=3x，2c=3x，
∴C的离心率为：e=2c2a=33．
故选D．
6.数列{an}，{bn}满足an⋅bn=1，an=n2+3n+2，则{bn}的前10项之和等于
( )
A. 13B. 512C. 12D. 712
【答案】B
【解答】
解：∵an⋅bn=1，
∴bn=1n2+3n+2=1n+1n+2∴S10=12×3+13×4+...+110×11+111×12=(12-13)+(13-14)+...+(110-111)+(111-112)
=12-112=512，
故选B．
7.若双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)与直线3x+y=0没有交点，则双曲线离心率的取值范围为
( )
A. (0,10)B. (1,10)C. (1,10]D. (10,+∞)
【答案】C
解：∵双曲线的一条渐近线为y=-bax，
直线3x+y=0可化为y=-3x，
由题意可得-ba⩾-3，即ba⩽3，
又∵ba=b2a2=c2-a2a2=e2-1⩽3，
∴-10⩽e⩽10，
又∵双曲线离心率e>1，
∴双曲线离心率e∈(1,10]．
故选C．
8.如图，过拋物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线与拋物线交于A,B两点，与其准线l交于点C(点B位于A,C之间)且CB=3BF,AD⊥l于点D且AD=4，则OF等于
( )
A. 23B. 43C. 83D. 163
【答案】B
解：设BE⊥l于点E，准线l交x轴于点G，
则BE=BF，又CB=3BF，
∴BC=3BE,CF=3GF，
又AD⊥l于点D且AD=4，
∴BE // AD，
∴AC=AD+CF=AD+3GF=3AD，
即3p=2AD=2×4，
∴p=83，
∴OF=43．
故选：B．
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若1，a，b，c，16成等比数列，则
( )
A. a=2B. b=4C. c=8D. ac=16
【答案】BD
解：因为b2=1×16，且b与首项1同号，所以b=4，
因为a，c同号，且ac=16a2=4c2=4×6，所以a=2c=8或a=-2c=-8．
故选BD．
10.过点P(2,4)引圆(x-1)2+(y-1)2=1的切线，则切线的方程为( )
A. x=-2B. x=2C. 4x-3y+4=0D. 4x+3y-4=0
【答案】BC
解：据题意，知圆(x-1)2+(y-1)2=1的圆心为(1,1)，半径r=1．
当切线斜率不存在时，切线方程为x=2，符合题意；
当切线斜率存在时，设切线方程为y-4=k(x-2)，即kx-y+4-2k=0，
再根据圆心(1,1)到切线的距离等于半径，可得k-1+4-2k1+k2=1，求得k=43，
故此时切线方程为4x-3y+4=0 ．
综上可得，圆的切线方程为4x-3y+4=0 ，或x=2，
故选BC．
11.已知曲线M:x2csθ+y2sinθ=1(02 无解，错误．
12.如图，P1是一块半径为1的圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为12的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小半圆(其直径为前一个剪掉半圆的半径)得图形P3，P4，⋯，Pn，⋯，记纸板Pn的周长为Ln，面积为Sn，则下列说法正确的是( )
A. L3=74π+12B. S3=1132π
C. Ln=π[2-(12)n-1]+(12)n-1D. Sn+1=Sn-π22n+1
【答案】ABD
解：根据图形生成的规律可知，
，，，故A正确；
，，，故B正确；
根据题意可知，图形Pn中被剪去的最小的半圆的半径为(12)n-1，
所以当，
故C错误；
根据题意可知，图形Pn+1中被剪去的最小的半圆的半径为(12)n，
，故D正确．
故选ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知直线l过点P(2,-1)，在x轴和y轴上的截距分别为a，b，且满足a=3b，则直线l的方程为_________________________________。
【答案】x+3y+1=0或x+2y=0
【解析】解：设直线l 的斜率为k，所以直线方程为：y=k(x-2)-1．
由题意可知a=2+1k，b=-2k-1，因为a=3b，所以-2-1k=6k+3，
解得k=-12或k=-13，
故所求的直线l的方程为：x+3y+1=0或x+2y=0．
故答案为：x+3y+1=0或x+2y=0．
14．已知数列为递减数列，其前项和，则实数的取值范围是.
【答案】
【解析】①当时，，
②当时，，
∴当时，，数列递减，
综上所述，若使为递减数列，只需满足，即，
解得，
故答案为：.
15.已知抛物线C：y ​2=4x的焦点为F，过点F且斜率为2的直线与抛物线C交于A，B两点(点A在x轴的上方)，则|AF||BF|=________．
【答案】5+32
解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由F(1,0)可得直线AB的方程为y=2x-2，
联立方程y2=4x,y=2x-2后整理为x2-3x+1=0，
解得x1=5+32，x2=3-52，且有x1x2=1．
由抛物线的定义，有|AF||BF|=x1+1x2+1=x1+x1x2x2+1=x1=5+32．
16.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含端点)，若点E满足D1E⊥CE；则BE的最小值为________．
【答案】5-1
解：在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中可建立如图空间直角坐标系．
设Ex,2,z，D10,0,2，C0,2,0，
所以D1E=(x,2,z-2)，CE=x,0,z，
因为D1E⊥CE，
所以D1E⋅CE=0⇒x2+z(z-2)=0⇒x2+(z-1)2=1，
故BE=(2-x)2+(2-2)2+(0-z)2=x2-4x+4+z2，
因为x2+z-12=1，
所以令x=csθ,z=1+sinθ，
代入上式得：|BE|=cs2 θ-4cs θ+4+(1+sin θ)2
=2sin θ-4cs θ+6=25sin (θ-φ)+6,
其中tan φ=2,(φ∈(0,π2))，
所以6-25⩽|BE|⩽6+25即5-1⩽|BE|⩽5+1
因此BE的最小值为5-1，
另也可以用x2+(z-1)2=1的几何意义，用圆的概念来判断
四、解答题：本题共6小题，共72分。
17.(本小题12分)
已知▵ABC的顶点坐标分别是A2,2，B3,-1，C5,3．
(1)求▵ABC的外接圆方程；
(2)求▵ABC的面积．
解：(1)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则将A2,2，B3,-1，C5,3三点代入可得{4+4+2D+2E+F=0+1+3D-E+F=025+9+5D+3E+F=0,
D=-8，E=-2，F=12，
所以所求圆的方程为x2+y2-8x-2y+12=0．
(1)由题意得AB=(2-3)2+2--12=10，
kAB=2--12-3=-3，
所以AB:y-2=-3(x-2)，
即3x+y-8=0，
点C到直线AB的距离为
d=3×5+3×1-832+12=10，
所以SΔABC=12×10×10=5．
18.(本小题12分)
已知数列{an}满足an=2an-1+1(n∈N*,n≥2)，且a1=1，bn=an+1．
(1)求a2，a3，并证明：数列{bn}是等比数列;
(2)求数列{an+bn}的前10项和T10．
【答案】证明：(1)a2=2a1+1=3；a3=2a2+1=7，
∵当n≥2时，an=2an-1+1，∴an+1=2an-1+2=2(an-1+1)，
∴bnbn-1=2，b1=a1+1=2，∴数列{bn}是以2为首项，公比为2的等比数列．
(2)bn=b1⋅2n-1=2n，an=bn-1=2n-1，an+bn=2n+1-1，
T10=(22+23+⋯+211)-10=22(1-210)1-2-10=212-14
=4082．
19.【答案】解：(1)由抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-p2，则-p2=-12，则p=1，
∴抛物线方程为：y2=2x；
(2)证明：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，由y=k(x-2)y2=2x，消去y整理得k2x2-2(2k2+1)x+4k2=0，
∴x1x2=4，由y12=2x1，y22=2x2，两式相乘，得(y1y2)2=4x1x2，
注意到y1，y2异号，所以y1y2=-4，
则OM⋅ON=x1x2+y1y2=0，
∴OM⊥ON．
20.【答案】解：(1)
当n=1时，4S1=a12+2a1+1，∴a1=1．
当n≥2时，4Sn=an2+2an+1n∈N*，…①，4Sn-1=an-12+2an-1+1n∈N*，…②
①-②得：4an=an2-an-12+2an-2an-1，即：an+an-1an-an-1-2=0．
∵an>0，∴an-an-1=2
∴an是以1为首项，以2为公差的等差数列，∴an=2n-1；
(2)由(1)可知bn=2n-1⋅2n，则
Tn=1×21+3×22+...+2n-12n，…①
两边同乘2得：2Tn=1×22+3×23+⋯+(2n-1)2n+1，…②
①-②得：-Tn=21+2×22+⋯+2×2n-(2n-1)2n+1
=2+81-2n-11-2-(2n-1)2n+1=-6-(2n-3)⋅2n+1，
∴Tn=(2n-3)2n+1+6．
21.(本小题12分)
如图，C，D分别是直径AB=2的半圆O上的点，且满足BC=CD=DA，△PAB为等边三角形，且与半圆O所成二面角的大小为90°，E为PA的中点．
(1)求证：DE//平面PBC；
(2)在弧AB上是否存在一点F，使得直线PF与平面DEB所成角的正弦值为3147？若存在，求出点F到平面DEB的距离；若不存在，说明理由．
【答案】解：(1)证明：设G为AB的中点，连接OG，则OG⊥AB，
因为△PAB为等边三角形，O为AB中点，所以PO⊥AB，
又平面PAB与半圆O所成二面角的大小为90°，平面PAB与半圆O所在的平面的交线为AB，
则PO⊥平面ABC，
以O为原点，OG，OB，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D32,-12,0，E0,-12,32，P0,0,3，B0,1,0，C32,12,0，
DE=-32,0,32，PB=0,1,-3，PC=32,12,-3，
设平面PBC的法向量为n=x,y,z，
所以n·PB=y-3z=0n·PC=32x+12y-3z=0,
取n=1,3,1，
因为DE·n=-32×1+0×3+32×1=0，所以DE⊥n，
又DE⊄平面PBC，所以DE//平面PBC；
(2)设平面DEB的法向量为m=x',y',z'，
DE=-32,0,32，DB=-32,32,0，
所以m·DE=-32x'+32z'=0m·DB=-32x'+32y'=0，取m=3,1,3，
因为圆O的方程为x2+y2=1，设，
PF=csθ,sinθ,-3，
设直线PF与平面DEB所成角为α，则，
则，则θ=-π3，
所以F12,-32,0，BF=12,-32-1,0，
故在弧AB⌢上存在一点F，使得直线PF与平面DEB所成角的正弦值为3147，
点F到平面DEB的距离为
BF·mm=32-32-17=77．
22.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为33，焦距为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)动直线l:y=mx-52交椭圆于A、B两点，D是椭圆C上一点，直线OD的斜率为n，且mn=12.T是线段OD延长线上一点，且DT=22115AB，⊙T的半径为DT，OP，OQ是⊙T的两条切线，切点分别为P，Q，求∠QOP的最大值．
【答案】解：(1)由题意得 2c=2 ， c=1 ，
又 ∵e=ca=33 ， ∴a=3 ， ∴b=2 ，
∴ 椭圆方程为： x23+y22=1 ．
(2)
设 Ax1,y1 ， Bx2,y2 ，
联立 x23+y22=1y=mx-52 ，得 8+12m2x2-125mx-9=0 ，
Δ=720m2+368+12m2=1152m2+288>0 ，
x1+x2=35m3m2+2 ， x1x=-912m2+8 ，
|AB|=1+m2x1-x2=1+m2⋅Δ8+12m2=1+m2⋅1152m2+2888+12m2=1+m2⋅38m2+22+3m2
r=22115|AB|=22115⋅1+m2⋅38m2+22+3m2 ，
n=12m ， ∴ 直线 OD 的方程为： y=12mx ，
联立 x23+y22=1y=12mx 得 x2=24m28m2+3 ， y2=68m2+3 ，
|OD|=x2+y2=24m2+68m2+3 ，
sin∠QOP2=rr+|OD|=11+|OD|r ，
ODr=24m2+68m2+32215⋅1+m2⋅8m2+22+3m2=5714⋅2+3m28m2+3⋅m2+1 ，
令 2+3m2=t ， m2=13t-2 ，且 t>2 ， 1t∈0,12
则 ODr=15714⋅t8t-7t+1=15714⋅t8t2+t-7=15714⋅1-7t2+1t+8
=15714⋅1-71t-1142+1575196≥15714⋅14157=1
当且仅当 1t=114 ， t=14 ，即 2+3m2=14 ， m=±2 时等号成立，
sin∠QOP2≤12 ，因此 ∠QOP2≤π6 ，
∴∠QOP 的最大值为 π3 ，
综上所述， ∴∠QOP 的最大值为 π3 ，此时 m=±2 ．