2023-2024学年云南省大理州民族中学高二（下）见面考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省大理州民族中学高二（下）见面考数学试卷（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.已知集合A={x|x2−3x−10≤0}，B={x||x|≥1}，则A∩B=( )
A. [−2,−1]B. [−2,−1]∪[1,5]C. (−2,−1)∪(1,5)D. R
2.在复平面内，复数2+i1−i对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.在等差数列{an}中，a2、a4是方程x2−3x−4=0的两根，则a3的值为( )
A. 2B. 3C. ±2D. 32
4.已知空间向量a=(−1,2,−3)，b=(4,2,m)，若(a+b)⊥a，则m=( )
A. 143B. 133C. 113D. 173
5.已知椭圆的中心在原点，离心率e=12，且它的一个焦点与抛物线y2=−4x的焦点重合，则此椭圆方程为( )
A. x24+y23=1B. x28+y26=1C. x22+y2=1D. x24+y2=1
6.如图，在四面体OABC中，AM=2MB，ON=NC且OA=a,OB=b,OC=c，用a,b,c表示NM，则NM等于( )
A. 13a+23b+12c
B. 23a+13b−12c
C. 13a+23b−12c
D. 23a+13b+12c
7.在△ABC中，AB=1，AC=5，csA2= 55，则BC=( )
A. 4 2B. 30C. 29D. 2 5
8.已知圆C ​1：x ​2+y ​2+4ax+4a 2−4=0和圆C ​2：x ​2+y ​2−2by+b ​2−1=0只有一条公切线，若a，b∈R且ab≠0，则1a2+1b2的最小值为( )
A. 2B. 4C. 8D. 9
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.关于曲线y24+x|x|=1的以下描述，正确的是( )
A. 该曲线的范围为：y∈R，x≤1
B. 该曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称
C. 该曲线与直线2x+y=0有两个公共点
D. 该曲线上的点到坐标原点的距离的最小值为1
10.已知直线l1：x+my−1=0，l2：(m−2)x+3y+3=0，则下列说法正确的是( )
A. 若l1//l2，则m=−1或m=3B. 若l1//l2，则m=3
C. 若l1⊥l2，则m=−12D. 若l1⊥l2，则m=12
11.已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6>S7>S5，则下列四个命题正确的是( )
A. d0
C. S12b>0)的离心率为 63，椭圆的长轴长为2 5．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y=k(x+1)与椭圆C相交于A、B两点，点M(−73,0)，求证：MA⋅MB为定值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：x2−3x−10≤0⇔(x−5)(x+2)≤0⇒−2≤x≤5⇒A=[−2,5]．
|x|≥1⇔x2≥1⇒x≤−1或x≥1⇒B=(−∞,−1]⋃[1,+∞)，
则A⋂B=[−2,−1]∪[1,5]．
故选：B．
解相应不等式化简集合，后由交集的定义可得答案．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算法则、几何意义，属于基础题．
利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【解答】
解：在复平面内，复数2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)
=1+3i2对应的点(12,32)位于第一象限．
故选：A．
3.【答案】D
【解析】解：等差数列{an}中，a2、a4是方程x2−3x−4=0的两根，
所以a2+a4=3，
所以a3=12(a2+a4)=32．
故选：D．
由一元二次方程根与系数的关系和等差数列中项的性质，即可求出a3的值．
本题考查了等差数列中项的性质以及一元二次方程根与系数的关系应用问题，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵空间向量a=(−1,2,−3)，b=(4,2,m)，(a+b)⊥a，
∴(a+b)⋅a=a2+a⋅b=1+4+9+(−1×4+2×2−3×m)=0，
则m=143，
故选：A．
由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得m值．
本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆的简单性质，以及求椭圆的标准方程的方法，属于基础题．
先求出焦点的坐标，再由离心率求得a，从而得到b2，写出椭圆的标准方程．
【解答】
解：抛物线y2=−4x的焦点为(−1,0)，∴椭圆的焦点在x轴上且c=1，设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1，由离心率e=12，可得a=2，∴b2=a2−c2=3，故椭圆的标准方程为x24+y23=1．
故选：A．
6.【答案】C
【解析】解：因为AM=2MB，ON=NC，
所以AM=23AB，NC=12OC，
故NM=NC+CM=12OC+CA+AM=12OC+OA−OC+23AB=−12OC+OA+23OB−23OA=13OA+23OB−12OC=13a+23b−12c．
故选：C．
根据空间向量基本定理，用a,b,c表示出NM．
本题主要考查空间向量及其线性运算，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：csA2= 55，
则csA=2cs2A2−1=2×15−1=−35，
故BC 2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅csA=25+1−2×1×5×(−35)=32，解得BC=4 2．
故选：A．
根据已知条件，结合二倍角公式，先求出csA，再结合余弦定理，即可求解．
本题主要考查二倍角公式，以及余弦定理，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查两圆的位置关系，两圆相内切的性质，圆的标准方程的特征，基本不等式的应用，得到4a2+b2=1是解题的关键和难点，属于基础题．
由题意可得两圆相内切，根据两圆的标准方程求出圆心和半径，可得4a2+b2=1，再利用“1”的代换，使用基本不等式求得1a2+1b2的最小值．
【解答】
解：由题意可得两圆相内切，
两圆的标准方程分别为(x+2a)2+y2=4，x2+(y−b)2=1，
圆心分别为(−2a,0)，(0,b)，
半径分别为2和1，故有 4a2+b2=1，
∴4a2+b2=1，
∴1a2+1b2=(1a2+1b2)(4a2+b2)=5+b2a2+4a2b2≥5+4=9，
当且仅当b2a2=4a2b2时，等号成立，
∴1a2+1b2的最小值为9．
故选：D．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
先利用绝对值的定义进行分类讨论去掉绝对值，得到曲线方程对应的图象，然后利用图象对四个选项进行逐一分析判断即可．
本题考查了曲线与方程的应用，涉及了椭圆的标准方程以及双曲线的标准方程的应用，解题的关键是利用绝对值的定义去掉绝对值化简曲线方程，属于中档题．
【解答】解：曲线y24+x|x|=1，
当x≥0时，曲线方程可化为y24+x2=1，此时曲线为椭圆的右半部分，
当xS7，得a7=S7−S6S5，得a6+a7>0，则a6>0，所以d=a7−a60，选项B正确；
S12=122(a1+a12)=6(a6+a7)>0，选项C不正确；
由于d0，a70，a70)，然后根据题意列方程可求出q，从而可求出an；
(2)由(1)可得bn=n+1，从而可证得{bn}是以2为首项，1为公差的等差数列，进而可求出Sn．
本题考查等比数列的通项公式与等差数列的前n项和，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：设等差数列{an}的公差为d，
∵a1=1，又a3+a7=18，
∴a1+2d+a1+6d=18，
解得d=2，
∴an=1+(n−1)×2=2n−1；
(2)由(1)可得bn=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴Tn=12(1−13)+12(13−15)+⋅⋅⋅+12(12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)=n2n+1．
【解析】(1)首先根据已知条件列方程求出d，再根据等差数列通项公式求an即得；
(2)由题可得bn=12(12n−1−12n+1)，再利用裂项相消法求和即得．
本题考查等差数列的通项公式的应用，裂项求和法的应用，属基础题．
19.【答案】解：(1)因为cacsB+bcsA=2csC，
所以sinCsinAcsB+sinBcsA=sinCsinC=1=2csC，
可得csC=12，
又C∈(0,π)，
所以C=π3；
(2)因为在△ABC中，csC=a2+b2−c22ab，
所以12=a2+b2−122ab①，
又S△ABC=S△ACD+S△BCD，

得：12absinπ3=12a⋅4 33⋅sinπ6+12b⋅4 33⋅sinπ6，
化简得：ab=43(a+b)②，
由①②得：ab=8，
所以S△ABC=12absinC=2 3．
【解析】(1)由正弦边角关系及已知得csC=12，即可得角C；
(2)由余弦定理得12=a2+b2−122ab，由S△ABC=S△ACD+S△BCD及面积公式得ab=43(a+b)，求得ab=8，进而应用面积公式求面积．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
则AC⊥PC，
因为AB=2，AD=CD=1，
则AC=BC= 2，
故AC 2+BC2=AB2，
所以AC⊥BC，
又BC∩PC=C，BC，PC⊂平面PBC，
则AC⊥平面PBC，
又AC⊂平面EAC，
故平面EAC⊥平面PBC；
(2)解：以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
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)，
故CA=(1,1,0),CP=(0,0,a),CE=(12,−12,a2)，
设平面PAC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CA=0m⋅CP=0，即x+y=0az=0，
取x=1，则y=−1，
故m=(1,−1,0)，
设平面EAC的法向量为n=(p,q,r)，
则n⋅CA=0n⋅CE=0，即p+q=012p−12q+a2r=0，
令r=−2，则p=a，q=−a，
故n=(a,−a,−2)，
因为二面角P−AC−E的余弦值为 63，
所以|m⋅n||m||n|=a a2+2= 63，解得a=2，
故n=(2,−2,−2)，
所以PA=(1,1,−2)，
则|cs|=|PA⋅n||PA||n|=4 4+4+4× 1+1+4= 23，
故直线PA与平面EAC所成角的正弦值为 23．
【解析】(1)利用PC⊥平面ABCD，得到AC⊥PC，结合AC⊥BC，可证明AC⊥平面PBC，由面面垂直的判定定理证明即可；
(2)建立合适的空间直角坐标系，设P(0,0,a)(a>0)，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PAC和平面ACE的法向量，由向量的夹角公式列式求解，求解a的值，然后再利用线面角的计算公式求解即可．
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，二面角的应用以及线面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
21.【答案】解：(1)依题意ca= 632a=2 5a2=b2+c2，解得a= 5,b= 153,c= 303，
所以椭圆C的方程为x25+y253=1．
(2)证明：由于直线y=k(x+1)过定点(−1,0)，该点在椭圆C内，
所以直线y=k(x+1)与椭圆C必有两个交点，
由y=k(x+1)x25+y253=1，消去y并化简得(1+3k2)x2+6k2x+3k2−5=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−6k21+3k2,x1x2=3k2−51+3k2，MA⋅MB=(x1+73,y1)⋅(x2+73,y2)
=x1x2+73(x1+x2)+499+k(x1+1)⋅k(x2+1)
=x1x2+73(x1+x2)+k2x1x2+k2(x1+x2)+k2+499=3k2−51+3k2+73×−6k21+3k2+k23k2−51+3k2+k2×−6k21+3k2+k2+499
=−5−15k21+3k2+499=−5+499=49．
【解析】(1)根据已知条件求得a，b，c，由此求得椭圆C的方程．
(2)联立直线y=k(x+1)的方程与椭圆的方程，化简写出根与系数关系，进而计算出MA⋅MB为定值．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交转化为方程联立可得根与系数的关系、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．