炎德英才·名校联考联合体 2023 年秋季高二年级第二次联考数学（A）卷（含解析）

这是一份炎德英才·名校联考联合体 2023 年秋季高二年级第二次联考数学（A）卷（含解析），共19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.若复数z=3+4i1-2i，则z=( )
A. 5B. 5 5C. 10D. 10 5
2.已知集合A=x|4≤x0)的最小正周期为T，
则34T=3800，解得T=1200，
则2πω=1200，解得ω=400π．
故选B．
6.【答案】C
【解析】【分析】本题考查圆柱的侧面积公式，属于基础题．
由已知可得新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，进而可计算圆柱的体积．
【解答】
解： 显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，
设圆柱的底面半径为r，高为h，则2rh=20，则rh=10，
因为新几何体的高为5，所以圆柱的高为5，即h=5，解得r=2，
所以圆柱的体积为V=πr2h=20π．
故选C．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查导数的几何意义，利用切点满足的两个条件列方程组是本题的总体思路．属于基础题．
先设切点坐标为(x0,3x0)，再对曲线求导，然后令导数等于3，然后结合3x0=ln(3x0-a)+2，即可求出a的值．
【解答】
解：设切点坐标为(x0,3x0)，
因为y=ln(3x-a)+2，所以y'=33x-a，
所以切线的斜率k=33x0-a=3，
又3x0=ln(3x0-a)+2，
即3x0=ln1+2，解得x0=23，
所以由3x0-a=1，得a=1．
故选D．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查正八面体的结构特点，向量数量积的运算，属于中档题．
根据正八面体的性质得到 FP=-AC-12AE，CQ=23AD-AC，然后利用线性运算和数量积的运算律计算即可．
【解答】
解：由题意，FP=FE+EP=-AC-12AE，CQ=AQ-AC=23AD-AC，
又由正八面体ABCDEF的棱长都是1，且各个面都是等边三角解，
在△ACE中，由AC=AE=1，CE= 2，可得AC2+AE2=CE2，所以AC⊥AE，
所以FP⋅CQ=(-AC-12AE)⋅(23AD-AC)=-23AC⋅AD+AC2-13AE⋅AD+12AE⋅AC
=-23×1×1×12+12-13×1×1×12+0=12，
|FP|= (-AC-12AE)2= AC2+AC⋅AE+14AE2= 12+0+14×12= 52;|CQ|= (23AD-AC)2= 49AD2-43AD⋅AC+AC2= 49×12-43×1×1×12+12= 73:
所以csθ=csFP,CQ=FP⋅CQFPCQ=12 52× 73=3 3535，所以sinθ= 26 35，则tanθ=sinθcsθ= 263．
故选A．
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查了不等式的性质，属于基础题．
根据不等式的性质分别判断即可．
【解答】
解：对于A项，因为a>b>0，c0>c，此时a-b=2b>0，所以ac2>bc2，故C正确;
对于D项，由A得ac0，
因为a1，a2+18，a3成等差数列，
所以a1+a3=2(a2+18)，
又a1=4，所以4+4q2=2(4q+18)，
化简得(q+2)(q-4)=0，
解得q=4或q=-2(舍去)，
故{an}的通项公式为an=4×4n-1=4n．
(2)由(1)知bn=1lg4anlg4an+1
=1lg44nlg44n+1
=1n(n+1)=1n-1n+1，
设{bn}的前n项和为Sn，则Sn=1-12+12-13+⋯+1n-1-1n+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1．
【解析】本题考查了等比数列的通项公式、等差数列的性质以及裂项相消法求和，是基础题．
(1)由a1，a2+18，a3成等差数列，得a1+a3=2(a2+18)，可得公比q，可得an的通项公式；
(2)由(1)知bn=1n-1n+1，由裂项相消求和可得数列bn的前n项和．
18.【答案】解：(1)由an+an+2=2an+1，得an+2-an+1=an+1-an，
所以数列{an}为等差数列，
设数列{an}的公差为d，
由a2+a4=6,S6=21,得2a1+4d=6,6a1+6×52d=21,解得a1=1,d=1,
所以an=1+(n-1)×1=n．
(2)当n为奇数时，bn=an=n；
当n为偶数时，bn=2an-1=2n-1，
所以T2n=(b1+b3+⋯+b2n-1)+(b2+b4+⋯+b2n)
=(1+3+⋯+2n-1)+(2+23+⋯+22n-1)=1+2n-1n2+21-4n1-4
=n2+22n+1-23．
【解析】本题考查等差数列的判定、通项公式和数列求和，属于一般题．
(1)判断出数列{an}为等差数列，求出首项和公差，即可得通项公式;
(2)分n为奇数和偶数讨论，求出bn，利用分组转化求和即可．
19.【答案】解：(1)因为a(sinA+sinCcsB)=sinA(bcsC- 3c)，
所以sin2A+sinAsinCcsB=sinAsinBcsC- 3sinAsinC，
又A∈(0,π)，所以sinA≠0，
所以sinA+sinCcsB=sinBcsC- 3sinC，
所以sin(B+C)+sinCcsB=sinBcsC- 3sinC，
所以sinBcsC+sinCcsB+sinCcsB=sinBcsC- 3sinC，
所以2sinCcsB=- 3sinC，
又C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以csB=- 32．
又B∈(0,π)，所以B=5π6．
(2)在△BCD中，由余弦定理得cs∠BDC=BD2+CD2-BC22BD⋅CD=2b2-9a22b2，
在△ABD中，由余弦定理得cs∠BDA=BD2+AD2-AB22AD⋅BD=5b2-9c24b2，
因为∠BDC+∠BDA=180∘，所以cs∠BDC=-cs∠BDA．
即2b2-9a22b2=-5b2-9c24b2，整理得b2-c2=2a2．
在△ABC中，由余弦定理得csB=a2+c2-b22ac=- 32，
则-a22ac=-a2c=- 32，所以a= 3c.
所以b2-c2=6c2，即b= 7c.
所以S△ABC=12acsinB=12bh，即12 3c⋅c⋅12=12 7ch，解得h= 2114c，则hc= 2114．
【解析】本题考查了余弦定理、正弦定理，考查了三角恒等变换，是中档题．
(1)利用正弦定理，三角恒等变换可求得csB=- 32.故可得B;
(2)在△BCD中，由余弦定理得cs∠BDC和在△ABD中，由余弦定理得cs∠BDA，故可求得b2-c2=2a2，结合csB可得a= 3c.结合面积公式可得答案．
20.【答案】解：(1)因为PA=2FB，E为PA的中点，
所以PE=FB，
又FB//PE，所以四边形PEBF是平行四边形，所以PF//EB，
又PF⊄̸平面BDE，EB⊂平面BDE，所以PF//平面BDE．
连接EF，如图所示，
同理，易证四边形ABFE是平行四边形，所以EF= //AB，
又CD= //AB，所以EF= //CD，所以四边形EFCD是平行四边形，所以CF/​/DE，．
又CF⊄̸平面BDE，DE⊂平面BDE，所以CF//平面BDE．
又PF∩CF=F，PF，CF⊂平面PCF，所以平面PCF//平面BDE．
因为四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2AB，E为PA的中点，
所以AB，AD，AE两两互相垂直，且AB=AD=AE，
所以由勾股定理可知BD=BE=DE，则三棱锥A-BDE是正三棱锥，
那么△BDE的外心O就是△BDE的中心，也是A在底面BDE上的射影，即△BDE的垂心，．
所以AO⊥平面BDE，
所以AO⊥平面PCF；
(2)以A为原点，AD，AB，AP分别为x，y，z轴正方向建立如右图所示的空间直角坐标系．
不妨设PA=2AB=2FB=2，则AB=AD=FB=1，
则点P(0,0,2)，C(1,1,0)，F(0,1,1)，B(0,1,0)，
则PC=(1,1,-2)，PF=(0,1,-1)．
设平面PCF的法向量为n=(x,y,z)，则
由n⋅PC=(x,y,z)⋅(1,1,-2)=x+y-2z=0,n⋅PF=(x,y,z)⋅(0,1,-1)=y-z=0,得x=z,y=z,
令z=1，得平面PCF的一个法向量为n=(1,1,1)，
又易知平面BCF的一个法向量为m=(0,1,0);
设平面PCF与平面BCF夹角大小为θ，则
csθ=|m⋅n|m||n||=|(0,1,0)⋅(1,1,1)1× 3|= 33，
由图可知，平面PCF与平面BCF夹角为锐角，
所以平面PCF与平面BCF夹角的余弦值为 33．
【解析】本题重点考查线面平行的判定、外心和垂心的性质和平面与平面的夹角，属于一般题．
(1)通过求证△BDE的外心O就是△BDE的中心，也是A在底面BDE上的垂心，即可求证AO⊥平面PCF；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．
21.【答案】解：(1)由题意，得f'(x)=3x2+a，g'(x)=b-3x2，
曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为f'(1)=3+a，
曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线斜率为g'(1)=b-3，
又f(1)=1+a，g(1)=b-1，
曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(1+a)=(3+a)(x-1)，即y=(3+a)x-2;
令x=0，得y=-2;令y=0，得x=23+a，
则切线y=(3+a)x-2与坐标轴的交点分别为(0,-2)，(23+a,0)，
切线y=(3+a)x-2与坐标轴围成的三角形的面积为S1=12×|-2|×|23+a|=|23+a|;
曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y-(b-1)=(b-3)(x-1)，即y=(b-3)x+2，
令x=0，得y=2;令y=0，得x=23-b，则切线y=(b-3)x+2与坐标轴的交点分别为(0,2)，(23-b,0)，
切线y=(b-3)x+2与坐标轴围成的三角形的面积为S2=12×|2|×|23-b|=|23-b|;
由题意，|23+a|=|23-b|，所以a=-b或b-a=6；
(2)设直线l与曲线y=f(x)相切于点A(x1,y1)，与曲线y=g(x)相切于点B(x2,y2)，
又f'(x)=3x2+a，g'(x)=b-3x2，
则曲线y=f(x)在点A处的切线为y-(x13+ax1)=(3x12+a)(x-x1)，即y=(3x12+a)x-2x13，
曲线y=g(x)在点B处的切线为y-(bx2-x23)=(b-3x22)(x-x2)，即y=(b-3x22)x+2x23，
则3x12+a=b-3x22,-2x13=2x23,则3x12+3x22=b-a=6,x1=-x2,
所以6x12=6，解得x1=1,x2=-1,，或x1=-1x2=1
当x1=1,x2=-1时，直线l:y=(3+a)x-2;
当x1=-1,x2=1时，直线l:y=(3+a)x+2;
故存在直线l与曲线y=f(x)和y=g(x)都相切，直线l的方程为y=(3+a)x-2或y=(3+a)x+2．
【解析】本题重点考查导数的几何意义，属于一般题．
(1)利用导数的几何意义和三角形的面积公式即可求解;
(2)设切点坐标，利用导数的几何意义分别求出曲线y=f(x)在点A处的切线和曲线y=g(x)在点B处的切线，利用切线相同即可求解．
22.【答案】解：(1)设弦的两端点分别为A(xA,yA)，B(xB,yB)，则xA+xB=2，yA-yBxA-xB=12，
则xA2=2pyA,xB2=2pyB,得xA2-xB2=2p(yA-yB)，
得(xA-xB)(xA+xB)=2p(yA-yB)，
得xA+xB=2p·yA-yBxA-xB，即2=2p×12，解得p=2，
故抛物线C的方程是x2=4y．
(2)设S(x1,x124)，T(x2,x224)，又F(0,1)，则FS=(x1,x124-1)，FT=(x2,x224-1)，
因为以ST为直径的圆经过点F，
所以FS⊥FT，则FS⋅FT=x1x2+(x124-1)(x224-1)=0，即x12x2216+1=x12+x224-x1x2，
则x12x22+16=4(x12+x22)-16x1x2．
由y=x24，有y'=x2，过点S(x1,x124)的切线的斜率为k1=x12，
则切线SQ的方程为y-x124=x12(x-x1)，
同理，切线TQ的方程为y-x224=x22(x-x2)，
联立方程组解得Q(x1+x22,x1x24)，
由点S，T是曲线C上位于直线y=1上方的点，可知x1x2