2023-2024学年黑龙江省大兴安岭实验中学东校区高二（下）期初数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省大兴安岭实验中学东校区高二（下）期初数学试卷（含解析），共15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.若直线3x−y+1=0与直线6x−ay−1=0平行，则a的值为( )
A. −2B. 2C. −18D. 18
2.已知过点A(a,2)，B(−1,4)的直线的斜率为−1，则a=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
3.椭圆x216+y27=1的左右焦点为F1，F2，一直线过F1交椭圆于A，B两点，则△ABF2的周长为( )
A. 32B. 16C. 8D. 4
4.已知等差数列{an}中，a4+a9=8，则S12=( )
A. 96B. 48C. 36D. 24
5.已知a= 3+ 2,b= 3− 2，则a，b的等差中项为( )
A. 3B. 2C. 1 3D. 1 2
6.空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在线段AC上，且AM=2MC，点N是OB的中点，则MN=( )
A. 23a+12b−23cB. 23a−12b+23c
C. −13a+12b−23cD. 13a+12b−13c
7.已知圆C1：(x−1)2+y2=1，圆C2：(x−4)2+y2=4，则圆C1与圆C2的位置关系为( )
A. 相离B. 相交C. 外切D. 内切
8.已知等差数列{an}的公差d0)的焦点为F，Q为C上一点且纵坐标为4，QP⊥y轴于点P，且|QP|=12|QF|．
(1)求p的值；
(2)已知点M(12,−2),A,B是抛物线C上不同的两点，且满足kAM+kBM=−85.证明：直线AB恒过定点．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵直线3x−y+1=0与直线6x−ay−1=0平行，
∴3a−6=0，
解得a=2．
故选：B．
利用两条直线平行的判定方法列式解答即可．
本题考查两条直线平行的性质，考查计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
根据题意，由直线的斜率公式可得kAB=4−2−1−a=−1，解可得a的值，即可得答案．
本题考查直线的斜率计算，注意直线的斜率计算公式，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，过点A(a,2)，B(−1,4)的直线的斜率为−1，
则kAB=4−2−1−a=−1，解可得a=1，
故选：C．
3.【答案】B
【解析】解：∵椭圆x216+y27=1
∴a=4，b= 7，c=3
根据椭圆的定义
∴AF1+AF2=2a=8
∴BF1+BF2=2a=8
∵AF1+BF1=AB
∴△ABF2的周长为4a=16
故选：B．
先由椭圆方程求得长半轴，而△ABF2的周长为AB+BF2+AF2，由椭圆的定义求解即可．
本题主要考查椭圆的定义的应用，应用的定义的基本特征，是与焦点有关．
4.【答案】B
【解析】解：由{an}是等差数列，得S12=122(a1+a12)=122(a4+a9)=6×8=48．
故选：B．
由题意，利用S12=122(a1+a12)=122(a4+a9)进行求解即可．
本题考查等差数列的前n项和公式，考查学生基本的运算能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由a= 3+ 2,b= 3− 2，
所以a，b的等差中项为a+b2= 3+ 2+ 3− 22= 3．
故选A．
直接利用等差中项的概念求解．
本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差中项的概念，是基础的计算题．
6.【答案】C
【解析】解：如图所示，
空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，
则MN=ON−OM
=12OB−(OA+AM)
=12OB−OA−23AC
=12OB−OA−23(OC−OA)
=−13OA+12OB−23OC
=−13a+12b−23c．
故选：C．
根据题意画出图形，结合图形利用空间向量的线性运算用OA、OB和OC表示出MN即可．
本题考查了空间向量的线性运算问题，是基础题．
7.【答案】C
【解析】解：圆C1：(x−1)2+y2=1，故圆心为(1,0)，半径为1；
圆C2：(x−4)2+y2=4，故圆心为(4,0)，半径为2；
所以两圆的圆心距为3，
又圆C1的半径为1，圆C2的半径为2，且圆心距等于圆C1与圆C2的半径之和，
所以圆C1与圆C2的位置关系为外切．
故选：C．
首先确定两圆的圆心和半径，根据圆心距与半径的关系判断位置关系即可．
本题考查的知识要点：圆与圆的位置关系，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：等差数列{an}中，公差da5，解得a3=6，a5=4，则d=a5−a35−3=−1，
an=a3+(n−3)d=−n+9，由an≥0，得n≤9，
∴数列{an}前9项均为非负数，从第10项起均为负数，
所以Sn的最大值为S8=S9=9(a1+a9)2=9a5=36．
故选：C．
根据给定条件，结合等差数列性质求出d及通项公式，再确定所有非负数项即可得解．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】AC
【解析】解：由题意，|a|=1，|b|=1，
将|a−b|= 3|a+b|两边同时平方可得(a−b)2=3(a+b)2，
所以a2+b2−2a⋅b=3(a2+b2+2a⋅b)，
即2−2a⋅b=3(2+2a⋅b)，解得a⋅b=−12，
所以(a+2b)2=a2+4b2+4a⋅b=1+4−2=3，
所以|a+2b|= 3．
故选：AC．
将|a−b|= 3|a+b|两边平方化简得a⋅b=−12，再结合数量积的运算律开方求解即可．
本题考查平面向量的数量积运算，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：直线kx−y+2k=0，即(x+2)k−y=0，
易知直线恒过定点(−2,0)，
圆(x−1)2+(y−2)2=4的圆心坐标为(1,2)，半径为2，
显然点(−2,0)在圆外，直线与圆有公共点，
则圆心到直线的距离d=|k−2+2k| k2+1≤2，
解得0≤k≤125．
故选：AB．
根据题意建立关于k的不等式，解出即可．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：曲线C1：4x2+3y2=48整理得x212+y216=1，
则曲线C1是焦点在y轴上的椭圆，其中a12=16,b12=12，
所以c12=a12−b12=4，离心率为e1=c1a1=24=12，
故曲线C1的长轴长2a1=8，故A错误；
曲线C2：x2−y23=1是焦点在x轴上的双曲线，其中a22=1,b22=3，
所以c22=a22+b22=4，离心率为e2=c2a2=21=2，故与曲线C1的焦点位置不同，故C错误；
C2：x2−y23=1的渐近线方程为y=± 3x，故B正确；
又e1⋅e2=12×2=1，
所以C1与C2的离心率互为倒数，故D正确．
故选：BD．
根据椭圆与双曲线的标准方程，结合它们的几何性质逐项判断即可．
本题主要考查椭圆与双曲线的性质，考查转化能力，属于基础题．
12.【答案】ABCD
【解析】解：在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，AB的中点，
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
B(2,2,0)，A1(2,0,2)，C1(0,2,2)，A1B=(0,2,−2)，A1C1=(−2,2,0)，
则点B到直线A1C1的距离为：
d=|A1B|⋅ 1−(A1B⋅A1C1|A1B|⋅|A1C1|)2=2 2⋅ 1−(42 2⋅2 2)2= 6，故A正确；
A(2,0,0)，F(2,1,0)，E(2,1,2)，C(0,2,0)，
CF=(2,−1,0)，AE=(0,1,2)，AC1=(−2,2,2)，AF=(0,1,0)，
设平面AEC1的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AE=y+2z=0n⋅AC1=−2x+2y+2z=0，取x=1，得n=(1,2,−1)，
∵CF//平面AEC1，∴直线CF到平面AEC1的距离为d=|AF⋅n||n|=2 6= 63，故B正确；
设直线A1C1与平面AEC1所成角为θ，
则sinθ=|A1C1⋅n||A1C1|⋅|n|=22 2⋅ 6= 36，故C正确；
B1(2,2,2)，B1F=(0,−1,−2)，
设直线A1C1与直线B1F所成角为θ，
则直线A1C1与直线B1F所成角的余弦值为：
csθ=|A1C1⋅B1F||A1C1|⋅|B1F|=22 2⋅ 5= 1010，故D正确．
故选：ABCD．
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
本题考查点到直线的距离、直线到平面的距离、异面直线夹角定义、线面角定义、向量法、向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】 1515
【解析】解：设异面直线AB和CD所成角为θ，
则csθ=|AB⋅CD||AB|⋅|CD|=|−2+0+4| 1+1+1× 4+0+16= 1515．
故答案为： 1515．
根据异面直线夹角求余弦值的坐标公式，可得答案．
本题考查向量法求解异面直线所成角问题，属基础题．
14.【答案】 14
【解析】解：圆x2+y2=4的圆心为原点，半径为2，
圆心到直线x−y−1=0的距离为d=1 2= 22，
所以，直线y=x−1被圆x2+y2=4截得的弦长为2 22−d2=2 4−( 22)2= 14．
故答案为： 14．
求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得直线截圆所得弦长．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，是基础题．
15.【答案】3
【解析】解：由题意得抛物线y2=−4x的焦点为F(−1,0)，准线方程为l：x=1，
过点P作PM⊥l于点M，由抛物线的定义可得|PF|=|PM|，
所以|PA|+|PF|=|PA|+|PM|，
由图形可得，当P，A，M三点共线时，|PA|+|PM|取得最小值，
最小值为点A到准线l：x=1的距离|−2−1|=3．
故答案为：3．
求出抛物线焦点坐标和准线方程，将|PF|转为点到抛物线准线的距离|PM|，由抛物线的定义，可得|PF|=|PM|，转化为求|AP|+|PM|的最小值，结合图形，即可求解．
本题考查了抛物线的标准方程及其应用，考查了数形结合的思想方法，考查了计算能力，属于中档题．
16.【答案】12
【解析】解：由椭圆x24+y23=1的方程可知右顶点为M(2,0)，
左右焦点F1、F2的坐标为(−1,0)，(1,0)，
设P(2,t)为过椭圆右顶点且与长轴垂直的直线上的动点，(不妨设t>0)，
tan∠F1PF2=tan(∠F1PM−∠F2PM)=tan∠F1PM−tan∠F2PM1+tan∠F1PM⋅tan∠F2PM
=3t−1t1+3t×1t=2t1+3t2=2t+3t≤22 t⋅3t= 33，
当且仅当t=3t，即t= 3时取等号，
∵0≤∠F1PF20)，即x29λ−y216λ=1，
因为椭圆x249+y224=1的焦点坐标为(±5,0)，
依题意9λ+16λ=25，解得λ=1，
所以C的标准方程为：x29−y216=1．
(2)由方程x29−y216=1得C的右顶点为(3,0)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
又直线l的斜率为2，
所以直线l的方程为y=2(x−3)，
由x29−y216=1y=2(x−3)，得16x2−9×4(x−3)2=16×9，
整理得5x2−54x+117=0，
可得x1+x2=545，x1x2=1175，
所以弦长|AB|= 1+22⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 5⋅ 54225−4⋅1175=24 55，
故．
【解析】(1)由双曲线的渐近线的方程可设双曲线的方程，由椭圆的方程可得焦点坐标，由题意可得双曲线的c的值，再由a，b，c的关系求出a，b的值，进而求出双曲线的方程；
(2)由(1)可得右顶点的坐标，由题意可得直线l的方程，与双曲线联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|的值．
本题考查求双曲线的方程及直线与双曲线的综合及弦长公式的应用，属于中档题．
19.【答案】解：由题意知，CA，CB，CC1两两垂直，
故以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，

则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,2)，B1(0,2,2)，M(0,1,0)，
所以AB=(−2,2,0)，C1A=(2,0,−2)，BB1=(0,0,2)，B1M=(0,−1,−2)，
设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AB=0n⋅C1A=0，即−2x+2y=02x−2z=0，
令x=1，则y=z=1，所以n=(1,1,1)，
(1)设点B1到平面ABC1的距离为d，则d=|n⋅BB1||n|=2 3=2 33．
(2)设B1M与平面ABC1的夹角为θ，则sinθ=|cs〈n,B1M〉|=|n⋅B1M|n|B1M||=|−1−2| 3× 5= 155，
故B 1M与面ABC1的夹角的正弦值为 155．
【解析】以C为坐标原点建立空间直角坐标系C−xyz，求得平面ABC1的法向量n，
(1)设点B1到平面ABC1的距离为d，由d=|n⋅BB1||n|，得解；
(2)设B1M与平面ABC1的夹角为θ，由sinθ=|cs|，得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用空间向量求点到面的距离，线面夹角的方法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d，则2a1+3d=a1+3d=5，
解得a1=0,d=53，
∴an=a1+d(n−1)=53(n−1)；
(2)由(1)知1an+1an+2=1d(1an+1−1an+2)=35×(1an+1−1an+2)，
∴Sn=35×(1a2−1a3+1a3−1a4+⋯+1an+1−1an+2)=35×(1a2−1an+2)
=35×(153−153(n+1))=925×(1−1n+1)=9n25(n+1)．
【解析】(1)利用等差数列的定义及性质计算基本量即可求通项公式；
(2)利用裂项相消法求和即可．
本题考查了等差数列的通项公式与裂项求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：连接AB1交A1B于点D，
因为侧面ABB1A1是正方形，所以AD⊥A1B，
由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B，AD⊂侧面A1ABB1，
所以AD⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，所以AD⊥BC．
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，则AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BC，
又AA1∩AD=A，从而BC⊥侧面A1ABB1，又因为AB⊂侧面A1ABB1，故AB⊥BC；
(2)由(1)AD⊥平面A1BC，则∠ACD直线AC与平面A1BC所成的角，所以∠ACD=π6，
又AD= 2，所以AC=2 2，BC=2，
假设在线段A1C上存在一点E，使得二面角A−BE−C的大小为π3，
由ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC、AA1所在直线分别为y，z轴，
以过A点和AC垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系A−xyz，如图所示，
则A1(0,0,2)，C(0,2 2,0)，B( 2, 2,0)，B1( 2, 2,2)，
且设A1E=λA1C(0≤λ≤1)，A1C=(0,2 2,−2)，得E(0,2 2λ,2−2λ)，
所以AE→=(0,22λ,2−2λ)，AB=( 2, 2,0)，
设平面EAB的一个法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AE=2 2λy+(2−2λ)z=0n⋅AB= 2x+ 2y=0，
令x=λ−1，得y=1−λ,z=− 2λ，所以n=(λ−1,1−λ,− 2λ)，
由(1)知AB1⊥平面A1BC，所以平面CEB的一个法向量为AB1=( 2, 2,2)，
所以csπ3=|cs|=|AB1⋅n||AB1||n|=| 2(λ−1)+ 2(1−λ)−2 2λ| 2+2+4× (λ−1)2+(1−λ)2+2λ212，
解得λ=12，
所以点E为线段A1C的中点时，二面角A−BE−C的大小为π3．
【解析】(1)通过作辅助线结合面面垂直的性质证明BC⊥侧面A1ABB1，从而证明结论；
(2)建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再求相关的向量坐标，求平面EAB的法向量，利用向量的夹角公式求得答案．
本题考查线线垂直的证明和二面角，属于中档题．
22.【答案】(1)解：显然点Q(8p,4)，由抛物线定义可知，8p=12(8p+p2)，
而p>0，解得p=4，
所以抛物线方程为：y2=8x；
(2)证明：如图，设直线AB：x=my+n，点A(x1,y1)，B(x2,y2)，

因为点M(12,−2)在抛物线上，
由x=my+ny2=8x，消去x得y2−8my−8n=0，
则Δ=64m2+32n>0，y1+y2=8m，y1y2=−8n，
则kAM+kBM=y1+2x1−12+y2+2x2−12=y1+2y128−12+y2+2y228−12
=8y1−2+8y2−2=8(y1+y2)−32y1y2−2(y1+y2)+4=64m−32−8n−16m+4=−85，
整理得n=3m−2，将n=3m−2代入直线x=my+n，得x=my+3m−2，
即x+2=m(y+3)，所以直线AB恒过定点(−2,−3)．
【解析】(1)设点Q(8p,4)，由抛物线定义可得8p=12(8p+p2)，即可求出答案．
(2)设直线AB：x=my+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立方程组，得y1+y2=8m，y1y2=−8n，根据kAM+kBM=8y1−2+8y2−2=8(y1+y2)−32y1y2−2(y1+y2)+4=−85，可得n=3m−2，代入直线方程即可．
本题考查了抛物线的性质和直线与抛物线的综合应用，属于中档题．