2023-2024学年陕西省西安市高新第一中学高二上学期联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年陕西省西安市高新第一中学高二上学期联考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，证明题，问答题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求集合，再利用交集概念求解即可.
【详解】因为，所以.
故选：B.
2．已知复数z满足，则复数z的模等于（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】利用复数的除法运算及模长公式计算即可.
【详解】由已知可得．
故选：D
3．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据已知条件，分别检验充分性与必要性即可.
【详解】时，不成立，“”不是“”的充分条件；
时，有且，，即，得，
故“”是“”的必要条件；
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．已知等差数列中，为的前n项和，，则（ ）
A．4B．C．3D．
【答案】B
【分析】利用等差数列求和公式结合已知即可求得，然后可解.
【详解】记等差数列的公差为d，
则，整理得，
又，所以，
所以.
故选：B
5．已知向量不共线，满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将已知条件平方求得，然后根据投影向量公式可得.
【详解】因为，
所以，即，得，
则在方向上的投影向量为.
故选：D
6．圆和圆的公切线的条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据圆与圆的位置关系判断得位置关系，即可确定的公切线的条数.
【详解】圆的圆心，半径
和圆的圆心，半径
则
所以，故两圆外切，则两圆公切线条数为3.
故选：C.
7．已知函数在上单调，且，则的取值共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据单调区间可确定周期范围，结合可得，然后即可确定的取值.
【详解】因为函数在上单调，
所以，
又，
所以，得，
当，即时，满足题意，
此时.
故选：C
8．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线：交椭圆于，两点，若恰好为的重心，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设线段的中点为，利用点差法可得，由三角形重心的性质知可求得，从而可得，即可求离心率．
【详解】设，线段的中点为，
又为椭圆上两点，则，
以上两式相减得，
即，
所以，即，
因为，所以，
由三角形重心的性质知，又，
则，解得，即，
所以，化简得，
即，即，解得或，
又，所以，即，从而，
则椭圆的离心率为．
故选：B．
二、多选题
9．已知非零向量，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．与向量同向的单位向量是
C．“”是“与的夹角是锐角”的充分不必要条件
D．若是平面的一组基底，则也能作为该平面的一组基底
【答案】ABD
【分析】根据共线定理可判断A；根据数乘定义可判断B；由向量夹角范围，结合数量积定义可判断C；利用共线定理判断是否共线，可判断D.
【详解】因为为非零向量，
所以，若，则，所以，即，A正确；
因为，所以与同向，又，所以B正确；
若，则，得，
因为，所以，
反之，若，则有，
故“”是“与的夹角是锐角”的必要不充分条件，C错误；
若是平面的一组基底，设，
则，无实数解，所以不共线，D正确.
故选：ABD
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，过点且垂直于x轴的直线与该椭圆相交于A，B两点，且，点P在该椭圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点P，使得B．若，则
C．满足为直角三角形的点P只有8个D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据椭圆性质求出的最大值，即可得其取值范围，从而可判断AC；余弦定理结合面积公式可求出的面积，判断B；利用三角形三边关系，结合椭圆性质可判断D.
【详解】由题可知，，解得，
所以，椭圆M的方程为.
由椭圆性质可知，当点P在短轴端点时，取得最大值，
此时，，所以，
因为，所以，
所以，A错误；
由椭圆对称性可知，存在4个点P使得，
又当点P位于通径端点时，为直角三角形，
所以，满足为直角三角形的点P只有8个，C正确；
当时，由余弦定理得，
整理得，
又，所以，所以，B正确；
易知，当且仅当共线时等号成立，
即，
当点P位于左顶点时，取得最小值，
当点P位于右顶点时，取得最大值，D正确.
故选：BCD
.
11．已知数列满足，则（ ）
A．当时，数列是等比数列
B．若，且为常数数列，则
C．当时，为递增数列
D．若，则
【答案】ACD
【分析】对于A选项：用等比数列的定义验证即可;对于B选项：由为常数数列得，解出即可;对于C、D选项：借助数学归纳法与放缩法判断即可.
【详解】对于A选项：当时,
因为,,
所以数列是以首项，公比为3的等比数列.故A选项正确；
对于B选项：因为，且为常数数列，
所以,即，整理
所以或，或由于为常数数列，则或，或
故B选项错误;
对于C选项： 因为，
当时，所以
假设时，
当时，所以
综上：
，
所以数列为递增数列. 故C选项正确；
对于D选项：因为，
可用数学归纳法证明：，即，
当时，，此时不等关系成立；
当时， 此时，
则，所以成立，
即由数学归纳法可得成立，所以.故D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是找到给出的首项与通项性质的关系，再根据所得命题结合放缩法，数学归纳法得到通项所满足的相应关系,进而判断数列.
12．如图，正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，E是的中点，则（ ）
A．正四棱台的体积为B．平面平面
C．平面D．二面角的正弦值为
【答案】BC
【分析】利用正四棱台的体积计算可判断A；连接，相交于，连接、相交于，利用面面垂直的判断定理可判断平面平面，从而可判断B；以为原点，、、所在的直线分别为，，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用直线与与平面的法向量的关系确定线面平行，即可判断C；利用空间向量的坐标运算确定二面角的正弦值，即可判断D．
【详解】对于A， 正四棱台的体积为，故A错误；
对于B，如图，连接、相交于，连接，相交于，连接
正四棱台的底面为正方形，则，且底面，
又底面，所以，
因为，，则平面，
又平面，所以平面平面，故B正确；
对于C，以为原点，、、所在的直线分别为，，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
则
所以，
设平面的法向量为，由于，，
则，令，所以
所以
又平面，所以平面，故C正确；
对于D，设平面的法向量为，由于，，
则，令，所以
设平面的法向量为，由于，，
则，令，所以
因为底面，所以作为平面的一个法向量
所以，故，
故面角的正弦值为，故D错误.
故选：BC.
三、填空题
13．数列为等比数列，且，则 ．
【答案】
【分析】根据等比数列的通项性质即可得，，结合已知从而可得的值.
【详解】因为数列为等比数列，所以，
又，则，所以.
故答案为：.
14．若，则 ．
【答案】
【分析】根据二倍角公式以及辅助角公式即可求解.
【详解】由得，
故，
故答案为：
15．如图，已知在矩形ABCD中，，，M为边BC的中点，将，分别沿着直线AM，MD翻折，使得B，C两点重合于点P，则点P到平面MAD的距离为 ．

【答案】/
【分析】由题意可得平面，设点到平面MAD的距离为h，然后利用等体积法可求得结果.
【详解】因为ABCD为矩形，所以，，
因为，平面，
所以平面，
因为，
所以，
，
点到平面MAD的距离为h，，
所以，解得．
故答案为：
16．已知函数的值域为，则实数的取值范围是
【答案】.
【分析】先利用对数型复合函数的性质得到在时的取值范围是；对于当时，，分和两种情况讨论其单调性，进而得出其取值范围，结合题意，得到各种情况下所满足的不等式（组），进而求并集得到结论.
【详解】当时，为单调递增函数，f(1)=0,当时，f(x)趋近于负无穷大，故在时f(x)的取值范围是；
当时，.
若,则在上内单调递减，在上单调递增，当时取得最小值，
所以在上取值范围是,
为使的值域为R，，所以；
若时在上单调递增，取值范围时,
为使的值域为R，，故，所以时满足题意，
综上，实数a的取值范围是.
故答案为：.
四、证明题
17．已知数列的首项，且满足．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记数列的前n项和为，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）令，得，代入已知条件整理即可得证；
（2）根据（1）中结论可得数列的通项，然后由错位相减法可得.
【详解】（1）令，则，于是，
代入可得，整理得，即．
因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
即数列为等比数列．
（2）由（1）知，，则．
则①，
所以②，
①-②得：
，
得．
五、问答题
18．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)设的中点为，若，且，求的的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由可得，由正弦定理及辅助公式得,即可求得答案；
(2) 在中，由余弦定理得，；在中，由余弦定理得，，从而得，再由，可得，，由三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）解：由已知得，，
由正弦定理可得，，
因为，
所以,
代入上式，整理得，
又因为，，
所以，
即,
又因为，
所以，
所以，
解得；
（2）在中，由余弦定理得，．
而，，所以，①
在中，由余弦定理得，，②
由①②两式消去a，得，
所以，
又，解得，．
所以的面积．
六、解答题
19．平面内一点P满足：P点到的距离比P点到y轴的距离大2，且点P不在y轴左侧，记点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)点Q为y轴左侧一点，曲线C上存在两点A，B，使得线段点QA，点QB的中点均在曲线C上，设线段AB的中点为M，证明：垂直于y轴．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据轨迹方程的坐标运算确定曲线C的方程即可；
（2）根据抛物线上的点的坐标关系，结合一元二次方程根的关系确定点的综坐标关系，从而可证得结论.
【详解】（1）点，根据题意，解得或，
由于点P不在一条射线上，故点P的轨迹方程为．
（2）设线段QA，QB的中点分别为D，E，设，
因为点A在曲线C上，则，
因为点D在曲线C上，所以：．
同理，
故是方程的两个解，
由韦达定理知，所以，
即点Q的纵坐标与点M的纵坐标相同，故QM垂直于y轴．
20．如图，三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，平面平面ABC，．
(1)过作出三棱柱的一个截面，使AB与截面垂直，并给出证明；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)作图和证明见解析；
(2).
【分析】（1）设AB的中点为O，连接即得所求，利用等腰三角形中线性质，结合线面垂直判定定理可得；
（2）以O为坐标原点，分别为x，y，z轴的正方向，建立坐标系，利用向量法可解.
【详解】（1）如图，设AB的中点为O，连接，则截面即为所求．
因为为正三角形，，
所以分别为的中线，
所以，
又，平面，
所以平面．
（2）因为平面平面ABC，平面平面，平面，,
所以平面ABC，
又平面ABC，所以，故两两垂直，
如图，以O为坐标原点，分别为x，y，z轴的正方向，建立坐标系，
则，
设，则，
得，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，即，
所以，
即与平面所成角的正弦值为．
七、证明题
21．已知，在正项数列中，，其前n项和为，且．
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)试比较与的大小并说明理由．
【答案】(1)证明见解析，；
(2)，理由见解析.
【分析】（1）由变形即可证明为等差数列，然后根据与的关系可得数列的通项公式；
（2）当时直接计算比较，当时，记，利用的单调性即可比较大小.
【详解】（1）依题设，．
因为，所以，可得，即得，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，即得．
当时，；
当时，.
综上，得.
（2）因为．
所以，只需比较与n的大小关系，也就是比较与的大小关系．
当时，；当时，；
当时，；当时，；
当时，；
当时，我们来证明如下：
记，
则，
又，所以，即数列是递增数列，
所以，即得 .
综上，当时，；
当时，；
当或时，.
八、解答题
22．已知双曲线的左、右焦点分别为，左顶点为，点M为双曲线上一动点，且的最小值为18，O为坐标原点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)如图，已知直线与x轴交于点T，过点T的直线交双曲线C右支于点B，D，直线AB，AD分别交直线l于点P，Q，若，求实数m的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据双曲线的方程可得，根据题意结合双曲线的定义，运算求解即可得结果；
（2）设直线，根据题意求的坐标，由题意可得，结合韦达定理运算求解.
【详解】（1）设，
不妨设M为双曲线右支上一动点，则，
则，即，
可得，
注意到，则，
由题意可得：，即，
则，
因为的对称轴为，则在上单调递增，
故，
则，解得或（舍去），
可得，故双曲线C的标准方程为．
（2）由题意可得，设直线，
联立方程，消去y得，
则，
直线，令，则，即点，
同理可得点，
由，则可得，
，
注意到，且点P，Q位于同一象限，
即，可得，
故，
整理得，
则，
整理得，解得或（舍去），
故实数m的值为．
【点睛】方法定睛：解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．