2024省大庆铁人中学高二下学期开学考试数学含答案

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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+4−2k 1+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
= 2 5sin (θ−φ)+6,
其中tan φ=2,(φ∈(0,π2))，
所以 6−2 5⩽|BE|⩽ 6+2 5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+3×1−8 32+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D 32,−12,0，E0,−12, 32，P0,0, 3，B0,1,0，C 32,12,0，
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314 7，
点F到平面DEB的距离为
BF·mm= 32− 32−1 7= 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=2 2115AB，⊙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+12m2x2−12 5mx−9=0 ，
Δ=720m2+368+12m2=1152m2+288>0 ，
x1+x2=3 5m3m2+2 ， x1x=−912m2+8 ，
|AB|= 1+m2x1−x2= 1+m2⋅ Δ8+12m2= 1+m2⋅ 1152m2+2888+12m2= 1+m2⋅3 8m2+22+3m2
r=2 2115|AB|=2 2115⋅ 1+m2⋅3 8m2+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+32 215⋅ 1+m2⋅ 8m2+22+3m2=5 714⋅2+3m2 8m2+3⋅ m2+1 ，
令 2+3m2=t ， m2=13t−2 ，且 t>2 ， 1t∈0,12
则 ODr=15 714⋅t 8t−7t+1=15 714⋅t 8t2+t−7=15 714⋅1 −7t2+1t+8
=15 714⋅1 −71t−1142+1575196≥15 714⋅1415 7=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 ．