安徽省舒城中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试卷

展开

这是一份安徽省舒城中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试卷，共16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.甲乙两人独立的解同一道题，甲乙解对的概率分别是p1，p2，那么至少有1人解对的概率是( )
A. p1+p2B. p1⋅p2
C. 1-p1⋅p2D. 1-(1-p1)⋅(1-p2)
2.在三角形ABC中，AC=3，AB=4，∠CAB=120°，则(AB+AC)⋅AB=( )
A. 10B. 12C. -10D. -12
3.已知函数f(x)=ex-e-x，则使f(|x|)A. (-1,0)B. (-1,+∞)C. (-1,1)D. (1,+∞)
4.如图，下列正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足直线MN⊥OP的是( )
A. B.
C. D.
5.若直线y=-2x+b为曲线y=x-ex的一条切线，则实数b的值是( )
A. ln3-3B. 3ln3+3C. ln3+3D. 3ln3-3
6.在△ABC中，AD为∠A的角平分线，D在线段BC上，若|AB|=2，|AD|=|AC|=1，则|BD|=( )
A. 22B. 2C. 2D. 3 22
7.已知半径为1的圆经过点A(2,3)，过点M(-2,0)向圆作切线，则切线长的最大值为( )
A. 35B. 2 6C. 15D. 4 3
8.已知△ABC中，边BC上的高为2，H为BC上一动点，满足AB⋅sinB+AC⋅sinC=AH，则AB+AC的最小值是( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
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.已知双曲线：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|=4|PF2|，则此双曲线的离心率e可能的值为( )
A. 43B. 53C. 2D. 73
10.设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1>1，a2020a2021>1，(a2020-1)(a2021-1)<0，则下列选项正确的是( )
A. 0S2021
C. T2020是数列{Tn}中的最大项D. T4041>1
11.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M为CC1的中点，点P为该正方体的上底面A1B1C1D1上的动点，则( )
A. 满足CP//平面BDA1的点P的轨迹长度为 2
B. 存在唯一的点P满足AP⊥PM
C. 满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为 24
D. 存在点P满足PA+PM=2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若抛物线y2=2px(p>0)上一点M(3,m)到焦点的距离为4p，则p= ______．
13.在平面直角坐标系xy中，已知△ABC顶点A(-4,0)和C(4,0)，顶点B在椭圆x225+y29=1，
上，则sinA+sinCsinB= ____________．
14.设数列{an}满足a1=3，an+1=3an-4n，若bn=4n2+8n+5anan+1且数列{bn}的前n项和为Sn，则(6n+9)Sn= ______．
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)
在平面直角坐标系xOy中，已知半径为4的圆C与直线l：3x-4y+8=0相切，圆心C在y轴的负半轴上．
(1)求圆C的方程；
(2)若直线l2：kx-y+17=0与圆C相交于A，B两点，且△ABC的面积为8，求直线l2的方程．
16.(本小题15分)
已知数列{an}是首项为1的正项数列，且(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，若数列{bn}满足bn+1=bn+2n且b1=2．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)求数列{bnan}的前n项和．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)= 3sin(ωx+φ)的部分图象如图所示，其中ω>0，|φ|<π2，且∠ACB=90°．
(1)求ω与φ的值；
(2)若斜率为 6π4的直线与曲线y=f(x)相切，求切点坐标．
18.(本小题17分)
如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC⊥侧面ACC1A1，AC=AA1=2BC=1，∠ACB=90°．
(1)证明：A1C⊥平面AB1C1；
(2)若三棱锥A-BB1C的体积为 33，∠A1AC为锐角，
(i)求∠A1AC大小；
(ⅱ)求平面AB1C1与平面ABB1的夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知点P(1,1)在椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，椭圆C的左、右焦点分别为F1、F2，△PF1F2的面积为 62．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆O：x2+y2=r2(0(ⅰ)证明：k1k2=1；
(ⅱ)证明：直线AB过定点．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：没有人解对的概率为(1-p1)⋅(1-p2)，故至少有1人解对的概率是1-(1-p1)⋅(1-p2)，
故选：D．
由条件利用相互独立事件的概率乘法公式求得没有人解对的概率，再用1减去此概率，即得所求．
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，所求的事件的概率与它的对立事件的概率之间的关系，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：在三角形ABC中，AC=3，AB=4，∠CAB=120°，
记AC=a,AB=b，
则|a|=3,|b|=4，〈a,b〉=120°，
∵a⋅b=|a|⋅|b|cs120°=12cs120°=-6，
∴(b+a)⋅b=|b|2+a⋅b=16-6=10，
即(AB+AC)⋅AB=10．
故选：A．
根据向量的数量积公式求得结果．
本题考查了平面向量数量积公式，属基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，函数f(x)=ex-e-x，
函数y=ex在R上为增函数，y=e-x在R上为减函数，
故f(x)=ex-e-x在R上为增函数，
若f(|x|)等价于3x2+x-4<0x≥0或3x2-x-4<0x<0，
解可得：-1故选：C．
根据题意，分析f(x)的单调性，由此可得原不等式等价于|x|<-3x2+4，解可得答案．
本题考查函数奇偶性和单调性的综合应用，涉及不等式的解法，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为2，点O(1,1,0)，
对于A，M(2,0,2),N(0,2,2),P(0,2,1),MN=(-2,2,0),OP=(-1,1,1),MN⋅OP=4≠0,MN与OP不垂直，A不是；
对于B，M(0,0,2),N(2,0,0),P(2,0,1),MN=(2,0,-2),OP=(1,-1,1),MN⋅OP=0,MN⊥OP,B是；
对于C，M(2,2,2),N(0,2,0),P(2,0,1),MN=(-2,0,-2),OP=(1,-1,1),MN⋅OP=-4≠0,MN与OP不垂直，C不是；
对于D，M(0,2,2),N(0,0,0),P(2,1,2),MN=(0,-2,-2),OP=(1,0,2),MN⋅OP=-4≠0,MN与OP不垂直，D不是．
故选：B．
根据给定条件，建立空间直角坐标系，再对每一个选项逐一分析，利用空间位置关系的向量证明推理作答．
本题考查了线线垂直的判定，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：设切点为(x0,y0)，
对y=f(x)=x-ex求导得f'(x)=1-ex，
则1-ex0=-2x0-ex0=-2x0+b，
解得x0=ln3b=3ln3-3．
故选：D．
设切点为(x0,y0)，根据题意可建立关于x0，b的方程组，解出即可．
本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：如图所示，依题意设∠BAD=∠CAD=θ，
由S△ABC=S△ABD+S△ADC，可得
12|AB||AC|sin2θ=12|AB||AD|sinθ+12|AC||AD|sinθ，
即sin2θ=sinθ+12sinθ=32sinθ，即2sinθcsθ=32sinθ，
显然sinθ≠0，可得csθ=34，
在△ABD中，由余弦定理可得
csθ=|AB|2+|AD|2-|BD|22|AB||AD|=22+12-|BD|22×2×1=34，
解得|BD|= 2．
故选：B．
根据角平分线利用三角形等面积公式可得cs∠BAD=34，再由余弦定理即可求得|BD|= 2．
本题考查三角形中的几何计算，考查倍角公式及余弦定理，属中档题．
7.【答案】A
【解析】解：设圆心为O，切点为B，则OB=1，切线长为 OM2-1，
切线长最大，只需OM最大，当O，A，M三点共线时OM最大，
AM= (2+2)2+(3-0)2=5，则OM最大为5+1=6，
则最大切线长为 62-1= 35．
故选：A．
根据切线的性质，三点共线问题即可得．
本题考查圆的性质，最值问题，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：因为AB⋅sinB+AC⋅sinC=AH，B，H，C三点共线，
所以sinB+sinC=1，又sinB=2c,sinC=2b，所以2c+2b=1，
所以|AB|+|AC|=b+c=(b+c)⋅(2c+2b)
=4+2bc+2cb≥4+2 2bc⋅2cb=8，
当且仅当b=c=4时取到最小值8．
故选：D．
先根据三点共线的条件得出sinB+sinC=1，再利用基本不等式即可得出|AB|+|AC|的最小值．
本题考查平面向量基本定理及基本不等式的应用，属基础题．
9.【答案】AB
【解析】解：由点P在双曲线的右支上，且|PF1|=4|PF2|，
又有双曲线的定义可得|PF1|-|PF2|=2a，
解得|PF2|=23a，|PF1|=83a，
由|PF2|≥c-a，解得c≤53a，
即1故选：AB．
由双曲线的定义和已知条件，解得|PF2|，再由|PF2|≥c-a，结合双曲线的离心率公式，可得所求结论．
本题考查双曲线的定义和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：等比数列{an}的公比为q，若a2020a2021>1，则a12q4039>1．
由a1>1，可得q>0，则数列{an}各项均为正值，
若(a2020-1)(a2021-1)<0，则a2020>1，0所以S2020+1>S2020+a2021=S2021，故B正确；
根据a1>a2>…>a2020>1>a2021>…>0，可知T2020是数列{Tn}中的最大项，故C正确；
由等比数列的性质可得a1a4041=a2a4040=…=a20212，
所以T4041=a1a2…a4041=a20214041<1，故D错误．
故选：ABC．
根据等比数列的通项公式及所给条件得到0本题主要考查了等比数列的性质及求和公式的应用，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：选项A，如图：
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CD1//BA1，
因为CD1⊄平面BDA1，BA1⊂平面BDA1，
所以CD1//平面BDA1，同理可得：CB1//平面BDA1，
又CD1∩CB1=C，所以平面CB1D1//平面BDA1，
又平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1，
故满足CP//平面BDA1的点P的轨迹为线段B1D1，
由题意知，B1D1= 2，故选项A正确；
选项B，在正方体中，建立如图所示坐标系，
则A(1,0,0)，M(0,1,12)，设P(x,y,1)，其中0≤x≤1，0≤y≤1，
则AP=(x-1,y,1)，MP=(x,y-1,12)，
由AP⊥MP，可得x(x-1)+y(y-1)+12=0，
即(x-12)2+(y-12)2=0，故x=y=12，
即P(12,12,1)，故选项B正确；
选项C，AM=(-1,1,12)，MP=(x,y-1,12)，
由MP⊥AM可得：-x+y-1+14=0，即x-y+34=0，
故点P的轨迹为图中线段EF，
其中E，F为线段A1D1和D1C1上靠近D1的四等分点，
则EF= 24，故选项C正确；
选项D，作点M关于平面A1B1C1D1的对称点M'，则M'(0,1,32)，
当A，P，M'三点共线时，PA+PM最短，
故PA+PM≥AM'= 1+1+94= 172>2，
故不存在点P满足PA+PM=2，故D错误．
故选：ABC．
通过证明面面平行，得出点P的轨迹为线段B1D1，可判断A；建立空间直角坐标系，通过AP⊥MP，求得点P只有唯一解，可判断B；由MP⊥AM可得点P坐标满足x-y+34=0，从而判定点P轨迹，可判断C；作点M关于平面A1B1C1D1的对称点M'，当A，P，M'三点共线时，PA+PM最短，求得最短距离，可判断D．
本题考查空间点、线、面间的距离计算，考查空间向量解决距离问题，属难题．
12.【答案】67
【解析】解：抛物线y2=2px(p>0)上一点M(3,m)到焦点的距离为4p，
则3+p2=4p，
则p=67．
故答案为：67．
结合抛物线的性质求解．
本题考查了抛物线的性质，属基础题．
13.【答案】54
【解析】【分析】
本题主要考查了椭圆的定义和正弦定理的应用．考查了学生对椭圆的定义的灵活运用．
先利用椭圆的定义求得a+c，进而由正弦定理把原式转换成边的问题，进而求得答案．
【解答】
解：利用椭圆定义得三角形的三边存在a+c=2×5=10，b=2×4=8，
由正弦定理得sinA+sinCsinB=a+cb=108=54．
故答案为54．
14.【答案】6n2+11n
【解析】解：∵an+1=3an-4n，
化为an+1-[2(n+1)+1]=3[an-(2n+1)]，
由a1=3，则a1-3=0，
∴an=2n+1，
bn=4n2+8n+5anan+1=4n2+8n+5(2n+1)(2n+3)=1+12n+1-12n+3，
∴数列{bn}的前n项和Sn=n+(13-15)+(15-17)+…+(12n+1-12n+3)=n+13-12n+3=n(1+26n+9)，
∴(6n+9)Sn=n(6n+9)+2n=6n2+11n．
故答案为：6n2+11n．
an+1=3an-4n，化为an+1-[2(n+1)+1]=3[an-(2n+1)]，由a1=3，可得a1-3=0，进而得出an，利用裂项求和方法即可得出结论．
本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由已知可设圆心C(0,b)，
则|-4b+8| 32+42=4，解得b=-3或b=7(舍)，
所以圆C的方程为x2+(y+3)2=16；
(2)设圆心C到直线l2的距离为d，
则AB=2 16-d2，S△ABC=12×|AB|×d=d 16-d2=8，
即d4-16d2+64=0，解得d=2 2，
又d=|3+17| k2+1=2 2，解得k=±7，
所以直线l2的方程为7x-y+17=0或7x+y-17=0．
【解析】(1)根据直线与圆相切，根据点到直线距离公式求出半径，再应用圆的标准方程即可求解；
(2)根据几何法求弦长，再结合面积公式计算即可．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
16.【答案】解：(1)根据题意，数列{an}满足(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，变形可得[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0，
又由数列{an}是首项为1的正项数列，则有(n+1)an+1-nan=0，变形可得：an+1an=nn+1，
则有anan-1=n-1n，
则有an=anan-1×an-1an-2×……+a2a1×a1=n-1n×n-2n-1×……×12×1=1n，故an=1n，
数列{bn}满足bn+1=bn+2n，即bn+1-bn=2n，则有bn-bn-1=2n-1，
则有bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+……+(b2-b1)+b1=2n-1+2n-2+……+2+2=2n，故bn=2n，
(2)由(1)可得bnan=n×2n，
设Sn=b1a1+b2a2+b3a3+…+bnan，
则Sn=1×2+2×22+……n×2n，①
则有2Sn=1×22+2×23+……n×2n+1，②
①-②可得：-Sn=2+(22+23+……2n)-n×2n+1=2(2n-1)2-1-n×2n+1=(1-n)2n+1-2，
变形可得：Sn=(n-1)⋅2n+1+2；
【解析】(1)根据题意，对于数列{an}，将其递推公式变形可得an+1an=nn+1，即anan-1=n-1n，由累乘法可得an=1n，对于数列{bn}，将其递推公式变形可得bn+1-bn=2n，即有bn-bn-1=2n-1，由累加法可得bn=2n；
(2)由(1)可得bnan=n×2n，设Sn=b1a1+b2a2+b3a3+…+bnan，由错位相减法计算可得答案．
本题考查由数列递推公式求通项公式，涉及数列的求和，属于中档题．
17.【答案】解：(1)如图，过点C向x轴引垂线交于点D，

由正弦曲线的性质知AD=3DB，
由射影定理知CD2=AD⋅DB，
而CD= 3，所以3=3DB⋅DB，即DB=1，
故T=4，由T=2π|ω|且ω>0，可得ω=π2，
当ω=π2时，由f(12)=0，可得π4+φ=kπ(k∈Z)，
由|φ|<π2，可得φ=-π4，
故ω=π2，φ=-π4；
(2)由(1)知：f(x)= 3sin(π2x-π4)，设切点为(x0,f(x0))，
由f'(x)= 32πcs(π2x-π4)，可得f'(x0)= 6π4，
即cs(π2x0-π4)= 22，则π2x0-π4=2kπ±π4(k∈Z)，
∴x0=4k或x0=4k+1(k∈Z)，
又f(4k)=- 62，f(4k+1)= 62，
故其切点坐标为(4k,- 62)或(4k+1, 62)(k∈Z)．
【解析】(1)在直角三角形ABC中，由射影定理得DB长，从而求出ω，再由f(12)=0求解φ即可；
(2)设切点坐标，利用导数的几何意义表示切线斜率，求解切点坐标．
本题考查根据部分图象求三角函数解析式，考查导数的几何意义，属中档题．
18.【答案】(1)证明：∵平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1=AC,∠ACB=90°，
∴BC⊥平面ACC1A1，又A1C⊂平面ACC1A1，
∴BC⊥A1C，∵BC//B1C1，
∴B1C1⊥A1C，∵四边形ACC1A1为菱形，
∴AC1⊥A1C，∵B1C1∩AC1=C1，B1C1，AC1⊂平面AB1C1，
∴A1C⊥平面AB1C1；
(2)解：(i)∵A1B1//平面ABC，
∴VA1-ABC=VB1-ABC=VA-BB1C，
∴VA1-ABC=13×BC×S△AA1C= 33，又BC=1，则S△AA1C= 3，
又S△AA1C=12sin∠A1AC×AC×AA1,AC=AA1=2，
∴sin∠A1AC= 32，∵∠A1AC为锐角，
∴∠A1AC=60°；
(ⅱ)以C为原点，CA，CB及平面ABC过点C的垂线所在的直线分别为x，y，z，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则C(0,0,0),B(0,1,0),C1(-1,0, 3),A1(1,0, 3)，A(2,0,0)，
所以AB=(-2,1,0),BB1=AA1=(-1,0, 3)，
∵A1C⊥平面AB1C1，
∴CA1=(1,0, 3)即为平面AB1C1的法向量，
设平面ABB1的法向量为m=(x,y,z)，
则AB⋅m=0BB1⋅m=0，即-2x+y=0-x+ 3z=0，令z=1，可得m=( 3,2 3,1)，
设平面AB1C1与平面ABB1的夹角为θ，
∴csθ=|cs|=|CA1⋅m||CA1|⋅|m|=|2 32×4|= 34，
∴平面AB1C1与平面ABB1的夹角的余弦值为 34．
【解析】(1)由线面垂直的判定定理和性质定理即可得证；
(2)(i)由等体积法结合已知条件即可求解；
(ⅱ)建系利用向量法即可求解．
本题考查了空间几何体中线面位置关系的证明和空间角的求解，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意1 a2+1b2=1，
又△PF1F2的面积为 62，则12⋅2c⋅1= 62，
可得a2-b2=c2=32，解得a2=3，b2=32，
所以椭圆C的方程为x23+2y23=1，；
(2)证明：(ⅰ)设直线PA的方程为y=k1(x-1)+1，
直线PB的方程为y=k2(x-1)+1，
由题意可知|1-k1| 1+k12=r，整理可得(1-r2)k12-2k1+1-r2=0，
同理可得(1-r2)k22-2k2+1-r2=0，
所以k1，k2是方程(1-r2)x2-2x+1-r2=0的两根，
所以k1⋅k2=1；
(ⅱ)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB的方程为y=kx+m，
联立y=kx+mx2+2y2=3，得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-3=0，
所以x1+x2=-4 km1+2k2，x1x2=2m2-31+2k2，
y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+2k2，y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2-3k21+2k2，
∵k1k2=y1-1x1-1⋅y2-1x2-1=y1y2-(y1+y2)+1x1x2-(x1+x2)+1=1，
∴3k2+4km+m2+2m-3=0，∴m+3k+3=0或m+k-1=0，
当m=1-k时，直线AB的方程为y=kx-k+1，
即y=k(x+1)+1此时直线AB过点P(1,1)，舍去，
当m=-3-3k时，直线AB的方程为y=kx-3k-3，
即y=k(x-3)-3，此时直线AB过点(3,-3)，
∴直线AB过定点(3,-3)．
【解析】(1)利用1 a2+1b2=1，结合三角形的面积公式，求出a，b，即可求椭圆C的方程；
(2)(ⅰ)设直线PA的方程为y=k1(x-1)+1，直线PB的方程为y=k2(x-1)+1，由题意可知|1-k1| 1+k12=r，可得k1，k2是方程(1-r2)x2-2x+1-r2=0的两根，利用韦达定理即可证明；
(ⅱ)设直线AB的方程为y=kx+m，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合k1k2=1，可得m与k的关系式，即可证明直线AB过定点．
本题主要考查圆锥曲线方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中档题．