2023-2024学年河南省开封市五县高二上学期联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省开封市五县高二上学期联考数学试题（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.抛物线y=4x2的焦点坐标是
( )
A. (0,1)B. (1,0)C. 0,116D. 116,0
2.记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列：乙：Snn为等差数列，则
( )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S9=−36，S13=−104，等比数列{bn}中，b5=a5，b7=a7，则b6的值为
A. ±4 2B. −4 2C. 4 2D. 无法确定
4.过点(0,−2)与圆x2+y2−4x−1=0相切的两条直线的夹角为α则sinα=( )
A. 1B. 154C. 104D. 64
5.设首项为1，公比为23的等比数列{an}的前n项和为Sn，则
( )
A. Sn=2an−1B. Sn=3an−2C. Sn=4−3anD. Sn=3−2an
6.空间直角坐标系O−xyz中，经过点Px0,y0,z0，且法向量为m=A,B,C的平面方程为Ax−x0+By−y0+Cz−z0=0，经过点Px0,y0,z0且一个方向向量为n=a,b,cabc≠0的直线l的方程为x−x0a=y−y0b=z−z0c，阅读上面的内容并解决下面问题：现给出平面α的方程为2x−7y+z−4=0，经过0,0,0的直线l的方程为x2=y3=z−1，则直线l与平面α所成角的正弦值为
( )
A. 217B. 219C. 2114D. 216
7.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=−5，S6=21S2，则S8=( )
A. 120B. 85C. −85D. −120
8.F1、F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过点F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于A，B两点，若△ABF2是等边三角形，则该双曲线的离心率为
( )
A. 2B. 3C. 5D. 7
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.记Sn为等差数列an的前n项和.若a1+3a5=S7，则以下结论一定正确的是
( )
A. a4=0B. Sn的最大值为S3C. S6=S1D. a310.已知数列an的前n项和为SnSn≠0，且满足an+4Sn−1Sn=0(n⩾2),a1=14，则下列说法正确的是
( )
A. 数列an的前n项和为Sn=14nB. 数列an的通项公式为an=14n(n+1)
C. 数列an为递增数列D. 数列{1Sn}为递增数列
11.设O为坐标原点，直线y=−3(x−1)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则
( )
A. p=2B. |MN|=83
C. 以MN为直径的圆与l相切D. △OMN为等腰三角形
12.已知数列{an}满足a1=1，an+1=an2+3an(n∈N∗)，则下列结论正确的有
( )
A. {1an+3}等比数列B. {an}的通项公式为an=12n+1−3
C. {an}为递增数列D. {1an}的前n项和Tn=2n+2−3n−4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a=(−3,2,5)，b=(1,5,−1)，则向量3a−b的坐标为 ．
14.已知数列an的前n项和Sn=n2+n−1，则数列an通项公式为________．
15.已知数列an满足a1=1，an+1=an+1,n为奇数an+2,n为偶数，则an的前10项和S10=____________．
16.已知直线l：x+y+3=0经过椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点F1，且与椭圆C相交于M，N两点，F2为椭圆的右焦点，▵MNF2的周长为16，则此椭圆的短轴长为______．
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.(本小题10分)
已知数列an的前n项和Sn=4n+13−43(n∈N∗)．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=an+lg2an，求数列bn的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
设数列{an}的前n项和为Sn，且首项a1≠3，an+1=Sn+3n(n∈N∗).
(1)求证：{Sn−3n}是等比数列；
(2)若{an}为递增数列，求a1的取值范围．
19.(本小题12分)
记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，Snan是公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明：1a1+1a2+⋯+1an<2．
20.(本小题12分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB//CD,AB=2AD=2CD=2,E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若二面角P−AC−E的余弦值为​63，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
在数列an中，a1=1,2an+1−an=n+2．
(1)证明：数列an+1−an−1为常数列．
(2)若bn=an4n−1，求数列bn的前n项和Tn．
22.(本小题12分)
已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，左、右焦点分别为F1，F2，且F1F2=2，点1,32在该椭圆上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若▵AF2B的面积为12 27，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】将抛物线化为标准方程可得焦点坐标．
解：抛物线y=4x2标准方程为x2=14y，
其焦点坐标为0,116
故选：C．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查等差数列的判定、等差数列前n项和、充分必要条件的判定，属于中档题．
结合等差数列的判断方法，依次证明充分性、必要性即可．
【解答】
解：方法1:
若an为等差数列，设其公差为d，
则Sn=na1+n(n−1)2d，Snn=a1+n−12d=d2n+a1−d2，
Sn+1n+1−Snn=d2，
故{Snn}为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，若{Snn}为等差数列，即Sn+1n+1−Snn=nSn+1−(n+1)Snn(n+1)=nan+1−Snn(n+1)为常数，设为t，
即nan+1−Snn(n+1)=t，
故Sn=nan+1−t⋅n(n+1)，
当n≥2时，Sn−1=(n−1)an−t⋅n(n−1)，
两式相减有：an=nan+1−(n−1)an−2tn⇒an+1−an=2t，
当n=1时，S1=a1=a2−2t，即a2−a1=2t，
即n=1时an+1−an=2t也成立，
故{an}为等差数列，
则甲是乙的必要条件，
故甲是乙的充要条件，
故选C．
方法2:
因为甲：{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，
则Sn=na1+n(n−1)2d，
则Snn=a1+(n−1)2d=d2n+a1−d2，
故{Snn}为等差数列，即甲是乙的充分条件．
反之，乙：{Snn}为等差数列，即Sn+1n+1−Snn=D(D为常数)，Snn=S1+(n−1)D，
即Sn=nS1+n(n−1)D，
当n≥2时，Sn−1=(n−1)S1+(n−1)(n−2)D，
上两式相减得：an=Sn−Sn−1=S1+2(n−1)D，
所以an=a1+2(n−1)D，
当n=1时，上式成立，
又an+1−an=a1+2nD−(a1+2(n−1)D)=2D为常数，
所以{an}为等差数列，
则甲是乙的必要条件，
故甲是乙的充要条件，
故选C．
3.【答案】A
【解析】【分析】本小题考查等差数列的前n项和公式及等差等比中项等内容．
对于等比数列：若m+n=p+q，m,n,p,q∈N∗，则aman=apaq，对于等差数列若m+n=p+q，m,n,p,q∈N∗，则am+an=ap+aq．
解：因为S9=9a5=−36,∴a5=−4,S13=13a7=−104,∴a7=−8,∴b62=b5b7=a5a7=32,∴b6=±4 2．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查直线与圆的位置关系，二倍角公式，属于基础题．
利用切线构造直角三角形，由三角函数定义求出sin α2，cs α2，再利用二倍角正弦公式即可求解．
【解答】
解：(x−2)2+y2=5，故圆心B(2,0)，记A(0,−2)，设切点为M，N
AB=2 2，BM= 5，故AM= 3，，cs α2=AMAB= 32 2，sin α=2sin α2cs α2= 154 ．
故选B．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查等比数列的求和公式和通项公式，涉及指数的运算，属中档题．
由题意可得数列的通项公式，进而可得其求和公式，化简可得要求的关系式．
【解答】
解：由题意可得an=1×(23)n−1=(23)n−1，
∴Sn=1×(1−(23)n)1−23=3−3×(23)n=3−2(23)n−1=3−2an；
或直接用公式：Sn=a1−anq1−q=1−an·231−23=3−2an．
故选Ｄ．
6.【答案】A
【解析】【分析】由题意得到直线l的方向向量和平面α的法向量，利用线面角的向量求解公式得到答案．
解：由题意得，直线l的方向向量为n1=2,3,−1，平面α的法向量为m1=2,−7,1，
设直线l与平面α所成角的大小为θ，
则sinθ=csn1,m1=2,3,−1⋅2,−7,1 4+9+1× 4+49+1=4−21−1 14× 54= 217
故选：A
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查等比数列的基本性质，属于中档题．
利用等比数列前n项和之间差的关系可知S2，S4−S2，S6−S4，S8−S6成等比数列，列出关系式计算即可得解．
【解答】
解：S2，S4−S2，S6−S4，S8−S6成等比数列，
S4−S2=q2S2S6−S4=q4S2=S6+5⇒S6=21S2(q2+1)S2=−5(q4−21)S2=5
从而计算可得S2=−1,S4=−5,S6=−21,S8=−85
故选C．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查双曲线的定义和性质，考查余弦定理的运用，考查运算能力，属于中档题．
由双曲线的定义，可得F1A−F2A=F1A−AB=F1B=2a，BF2−BF1=2a，BF2=4a，F1F2=2c，再在△F1BF2中应用余弦定理得a，c的关系，由离心率公式可得答案．
【解答】
解：因为△ABF2为等边三角形，则AB=BF2=AF2，
∵A为双曲线上一点，
∴F1A−F2A=F1A−AB=F1B=2a，
B为双曲线上一点，则BF2−BF1=2a，则BF2=4a，
又F1F2=2c，
由∠ABF2=60°，则∠F1BF2=120°，
在△F1BF2中，由余弦定理得：4c2=4a2+16a2−2·2a·4a·cs120°，
得c2=7a2，则e2=7，解得e= 7．
故选：D．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查等差数列的综合应用问题，属于中档题．
由a1+3a5=S7，可得a4=0，进而逐项判断，可得本题答案．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d，
则a1+3(a1+4d)=7a1+21d，解得a1=−3d，
所以an=a1+(n−1)d=(n−4)d，所以a4=0，故A正确;
因为S6−S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4=0，所以S1=S6，故C正确;
由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B不正确;
因为a3+a5=2a4=0，所以a3=−a5，即|a3|=|a5|，故D不正确．
故选AC．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查数列递推式，考查了利用数列递推式求数列的通项公式，属于中档题．
根据题意把已知数列递推式变形，可得1Sn−1Sn−1=4n≥2，由此求得Sn，进一步求得数列{an}的通项公式，逐一核对四个选项得答案．
【解答】
解：由an+4Sn−1Sn=0(n⩾2)，得Sn−Sn−1=−4SnSn−1，
∴1Sn−1Sn−1=4n≥2，
∵a1=14，
∴1S1=4，
故{1Sn}是首项为4，公差为4的等差数列，
则1Sn=4+4n−1=4n，
∴Sn=14nn∈N∗，
可知数列{1Sn}为递增数列，
∴n≥2时，an=Sn−Sn−1=14n−14n−1=−14nn−1，
当n=1时，a1=14，不符合上式，
∴an={14,n=1−14n(n−1),n⩾2,
综上可知正确的是AD．
故选AD．
11.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了直线与抛物线位置关系的综合应用，属于中档题．
利用直线过抛物线焦点，得出抛物线方程，再结合抛物线性质，可逐项判断．
【解答】
解：因为y=−3(x−1)过抛物线y2=2px的焦点，则焦点F(1,0)，p=2，A选项正确；
抛物线y2=4x，MN的倾斜角α=2π3，MN=2psin2α=434=163，B选项错误；
以MN为直径的圆一定与准线相切，C选项正确；
联立y=−3(x−1)y2=4x，解得x=3y=−23 或x=13y=233，设M(3,−23),N(13,233)，
OM= 21，ON= 133，MN=163，
所以△OMN不是等腰三角形，D选项错误；
故选：AC．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查由递推公式判断数列为等比数列，等比数列的通项公式及前n项和，分组求和法，属于中档题．
原等式变形为1an+1+3=2(1an+3)，因为1a1+3=4≠0，所以1an+3是以4为首项，2为公比的等比数列，求出1an+3通项公式即可求出an及1an的通项公式，再利用分组求和法及等比数列的前n项和即可求出1an的前n项和．
【解答】
解：因为1an+1=2+3anan=2an+3，
所以1an+1+3=2(1an+3)，又1a1+3=4≠0，
所以1an+3是以4为首项，2为公比的等比数列，
∴1an+3=4×2n−1，即an=12n+1−3，
an为递减数列，
1an的前n项和Tn=(22−3)+(23−3)+⋯+(2n+1−3)=2(21+22+⋯+2n)−3n
=2×2×(1−2n)1−2−3n=2n+2−3n−4．
根据以上推论可得选项C错误，选项ABD正确．
故选ABD．
13.【答案】−10,1,16
【解析】【分析】
本题考查空间向量数乘运算和减法运算的坐标表示。
根据空间向量的数乘运算和减法运算的坐标表示，直接求解即可。
【解答】
解：已知a=(−3,2,5)，b=(1,5,−1)，则3a−b=(−9,6,15)−(1,5,−1)=(−10,1,16)．
故答案为：−10,1,16
14.【答案】an=1,n=12n,n≥2
【解析】【分析】在数列中，由Sn求an时，分当n=1时和当n≥2时两种情况，易错当n=1时的检验在n≥2时是否成立．
当n=1时直接由Sn求出a1，当n≥2时由an=Sn−Sn−1解得an，然后验证a1适合an得结论．
解：由Sn=n2+n−1，得
当n=1时，a1=S1=1；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n−1−(n−1)2+(n−1)−1=2n，
验：当n=1时，a1=1≠2，不符合上式．
∴数列的通项公式为an=1,n=12n,n≥2．
故答案为：an=1,n=12n,n≥2．
15.【答案】75
【解析】【分析】根据题意分别求a2,a3,a4,⋅⋅⋅,a10，进而求S10．
解：由题意可知：a1=1，a2=a1+1=2，a3=a2+2=4，a4=a3+1=5，
a5=a4+2=7，a6=a5+1=8，a7=a6+2=10，a8=a7+1=11，
a9=a8+2=13，a10=a9+1=14，
所以an的前10项和S10=1+2+4+5+7+8+10+11+13+14=75．
故答案为：75．
16.【答案】2 7
【解析】【分析】确定c=3，根据周长确定a=4，得到答案．
解：直线l：x+y+3=0经过椭圆的左焦点F1，则F1−3,0，c=3，

▵MNF2的周长为4a=16，解得a=4，故b= 42−32= 7，椭圆的短轴长为2 7．
故答案为：2 7．
17.【答案】解：(1)
因为Sn=4n+13−43(n∈N∗)，
当n=1时，a1=S1=423−43=4，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=4n+13−43−4n3−43=4n+1−4n3=3×4n3=4n，
因为a1=4也满足an=4n，
综上，an=4n(n∈N∗)；
(2)
由题可知bn=an+lg2an=4n+2n，
所以Tn=(4+42+43+⋯+4n)+2(1+2+3+⋯+n)=41−4n1−4+2×1+nn2=4n+1−43+n2+n．

【解析】【分析】(1)利用an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，即可得an的通项公式；
(2)由题可知bn=4n+2n，利用分组求和法即得．
18.【答案】解：证明：(1)∵an+1=Sn+3n(n∈N∗)，
∴Sn+1−Sn=Sn+3n，∴Sn+1=2Sn+3n，
∴Sn+1−3n+1=2(Sn−3n)，∵a1≠3，
∴数列{Sn−3n}是公比为2，首项为a1−3的等比数列；
(2)由(1)得Sn−3n=a1−3×2n−1，
∴Sn=a1−3×2n−1+3n，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=a1−3×2n−2+2×3n−1，
∵{an}为递增数列，
∴n≥2时，an+1>an，即a1−3×2n−1+2×3n>a1−3×2n−2+2×3n−1，
∴n≥2时，2n−212×32n−2+a1−3>0，
∴a1>−9，∵a2=a1+3>a1，
∴a1的取值范围是a1>−9且a1≠3．

【解析】【分析】本题数列递推式､等比数列的性质，属于中档题．
(1)由an+1=Sn+3n得Sn+1−Sn=Sn+3n，整理得Sn+1−3n+1=2(Sn−3n)，即证；
(2)由(1)可求出Sn，继而求出an，由an+1>an可解出．
19.【答案】解：(1)依题意得，Snan=S1a1+13(n−1)=n+23⇒Sn=n+23an①;
∴Sn+1=n+33an+1②;
由②−①得：an+1=n+33an+1−n+23an⇒an+1an=n+2n;
∴当n≥2且n∈N∗时，ana1=anan−1⋅an−1an−2⋯a3a2⋅a2a1=n+1n−1⋅nn−2⋯53⋅42⋅31=(n+1)n2⇒an=n(n+1)2，
又a1=1也符合上式，因此an=n(n+1)2(n∈N∗);
(2)∵1an=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
∴1a1+1a2+⋯+1an=2(11−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2(1−1n+1)<2．
【解析】本题考查由数列的递推关系求通项，等差数列的通项公式，利用裂项相消法求和，属于中档题．
(1)根据等差数列的通项公式得Snan=S1a1+13(n−1)=n+23⇒Sn=n+23an，由Sn与an的关系得an+1an=n+2n，再由累乘法求解即可．
(2)由裂项相消法求和即可．
20.【答案】(1)证明：∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PC，
∵AB=2，AD=CD=1，
∴AC=BC= 2，
∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，
又BC∩PC=C，BC，PC⊂平面PBC
∴AC⊥平面PBC，
∵AC⊂平面EAC，
∴平面EAC⊥平面PBC.
(2)解：如图，以C为原点，取AB中点F，CF、CD、CP分别为x轴、y轴、z轴正向，建立空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1,−1,0)．
设P(0,0,a)(a>0)，则E(12,−12,a2)，
CA=(1,1,0)，CP=(0,0,a)，CE=(12,−12,a2)，
取m=(1,−1,0)，则m·CA=m·CP=0，m为面PAC的法向量．
设n=(x,y,z)为面EAC的法向量，则n⋅CA=n⋅CE=0，
即x+y=0x−y+az=0取x=a，y=−a，z=−2，则n=(a,−a,−2)，
依题意，|cs|=m ⋅n|m||n|=a a2+2= 63，
则a=2．
于是n=(2,−2,−2)，PA=(1,1,−2)．
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|PA⋅n|PA||n||= 23，
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为 23．

【解析】本题考查面面垂直，考查线面角，解题的关键是掌握面面垂直的判定，利用向量的方法研究线面角，属于中档题．
(1)证明平面EAC⊥平面PBC，只需证明AC⊥平面PBC，即证AC⊥PC，AC⊥BC；
(2)根据题意，建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，求出面PAC的法向量m=(1,−1,0)，面EAC的法向量n=(a,−a,−2)，利用二面角P−AC−E的余弦值为 63，可求a的值，从而可求n=(2,−2,−2)，PA=(1,1,−2)，即可求得直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
21.【答案】解：(1)
令n=1，得2a2−a1=1+2，则a2=2．
因为2an+1−an=n+2①，所以2an−an−1=n+1n≥2②.
①−②得2an+1−an−2an−an−1=1，即2an+1−an−1=an−an−1−1．
因为a2−a1−1=0，所以数列an+1−an−1为常数列．
(2)
由(1)可得an+1−an−1=0，所以an是公差为1的等差数列，
所以an=n．
因为bn=n4n−1，所以Tn=140+241+342+⋯+n4n−1③，
14Tn=141+242+343+⋯+n4n④.
③−④得34Tn=140+141+142+143+⋯+14n−1−n4n
=1401−14n1−14−n4n=43−3n+43⋅4n，
所以Tn=169−3n+49⋅4n−1．

【解析】【分析】(1)化简得2an+1−an−1=an−an−1−1，即可证明；
(2)应用错位相减法即可求解．
22.【答案】解：(1)
由题意知c=1，所以F1−1,0，F21,0，
所以，由椭圆定义知：2a= 0+322+ 22+322=4，
则a=2，b2=a2−c2=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)
①当直线l⊥x轴时，令x=−1，可得−124+y23=1，解得y=±32，
可取A−1,−32，B−1,32，此时▵AF2B的面积S▵AF2B=12×2×3=3，与题设矛盾，舍去．
②当直线l与x轴不垂直时，
设直线l的方程为y=kx+1，代入椭圆方程得3+4k2x2+8k2x+4k2−12=0，
Δ=64k4−43+4k24k2−12>0成立，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=−8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
可得AB= 1+k2⋅ x1+x22−4x1x2=12k2+13+4k2．
又圆F2的半径r=2k 1+k2，
∴▵AF2B的面积为12AB⋅r=12k⋅ k2+13+4k2=12 27，
化简得17k4+k2−18=0，解得k=±1，
∴r= 2，
∴圆F2的方程为x−12+y2=2．

【解析】【分析】(1)依题意可得c=1，从而得到F1，F2的坐标，再根据椭圆的定义求出a，最后求出b2，即可得到椭圆方程；
(2)分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率存在时设直线l的方程为y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出AB，再利用点到直线的距离公式得到圆的半径，最后根据▵AF2B的面积得到方程，即可求出k，从而求出圆的方程．