【新结构】2023-2024学年河北省承德县第一中学等校高二下学期开学联考数学试题（含解析）

这是一份【新结构】2023-2024学年河北省承德县第一中学等校高二下学期开学联考数学试题（含解析），共14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=xx+1>0，集合B=xx≥2，U=R，则
．( )
A. A⊆BB. ∁UA=xx<−1
C. A∪B=xx≥2D. A∩B=xx≥2
2.若复数z满足1+3iz=2+4i，则z的虚部为
．( )
A. 15iB. −15iC. −15D. 75
3.下列函数中，表示同一函数的是( )
A. fx=x,gx= x2B. fx=lgx2,gx=2lgx
C. fx=lnex,gx=xD. fx=sinx,gx=csx+π2
4.若M是抛物线y2=2pxp>0位于第一象限的点，F是抛物线的焦点，MF=52p，则直线MF的斜率为
( )
A. 54B. 53C. 43D. 52
5.已知等差数列an的公差和首项都不为0，且a2,a4,a8成等比数列，则S5a5=( )
A. 1B. 2C. 3D. 5
6.如图，在四面体A−BCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，点G是线段EF上靠近点E的一个三等分点，令AB=a，AC=b，AD=c，则AG=( )
A. 13a+16b+16cB. 16a+13b+12c
C. 13a−16b+16cD. 16a−13b+12c
7.甲、乙两人独立地破译一份密码，破译的概率分别为13,12，则密码被破译的概率为
( )
A. 16B. 23C. 56D. 1
8.已知F为双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一个焦点，C上的A，B两点关于原点对称，且FA=2FB，FA⋅FB=3a2，则C的离心率是
( )
A. 52B. 72C. 142D. 262
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.(多选)已知α∈(0,π)，且sinα+csα=15，则( )
A. π2<α<πB. sinαcsα=−1225
C. csα−sinα=75D. csα−sinα=−75
10.已知等差数列an的首项a1=2，公差d=8，在an中每相邻两项之间都插入k个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列bn，以下说法正确的是
( )
A. an=8n−6
B. 当k=3时，bn=2n
C. 当k=3时，b29不是数列an中的项
D. 若b9是数列an中的项，则k的值可能为7
11.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足B1P=λB1D1(0≤λ≤1)，则
( )
A. 若λ=1，则AP与BD所成角为π4B. 若AP⊥BD，则λ=12
C. AP//平面BC1DD. A1C⊥AP
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数y=x23,−1≤x≤023x,013.已知数列an满足a1=1,an+1=an1+an，则a3= ，an= ．
14.二面角α−l−β为60​∘，A，B是棱l上的两点，AC，BD分别在半平面α,β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=2，BD=4，则CD的长 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
某学校高一100名学生参加数学考试，成绩均在40分到100分之间，学生成绩的频率分布直方图如下图：

(1)估计这100名学生分数的中位数与平均数；(精确到0.1)
(2)某老师抽取了10名学生的分数：x1,x2,x3,⋅⋅⋅,x10，已知这10个分数的平均数x=90，标准差s=6，若剔除其中的100和80两个分数，求剩余8个分数的平均数与标准差．
(参考公式：s= i=1nxi2−nx2n)
16.(本小题15分)
已知点B−2,6，点P在圆E:x2+y2=4上运动．
(1)求过点B且与圆E相切的直线方程；
(2)已知A−2,−2,C4,−2，求|PA|2+|PB|2+|PC|2的最值．
17.(本小题15分)
如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是BC的中点．

(1)求证：AB1⊥A1M；
(2)求二面角B−A1M−C1的大小．
18.(本小题17分)
已知数列an、bn满足a1=1，a2=43，9an+1=6an−an−1n≥2，an=bn3n−1n∈N∗．
(1)证明：数列bn为等差数列，并求数列an的通项公式；
(2)记数列an的前n项和为Sn，求Sn，并证明：Sn≥1．
19.(本小题17分)
已知A− 3,1，B，M是椭圆C上的三点，其中A、B两点关于原点O对称，直线MA和MB的斜率满足kMA⋅kMB=−13．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点Q是椭圆C长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点Q作斜率不为0的直线l，l与椭圆的两个交点分别为P、N，若1PQ+1QN为定值，则称点Q为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，试求出所有的“稳定点”，并说明理由；若没有，也请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】先化简集合A，B，再由子集的概念可判断A；由集合的运算判断BCD
【详解】因为A=xx+1>0=xx>−1，B=xx≥2=xx≥2或x≤−2，
所以A不是B的子集，故 A错误；
∁UA=xx≤−1，故 B错误；
A∪B=xx>−1或x≤−2，故 C错误；
A∩B=xx≥2，故 D正确；
故选：D
2.【答案】C
【解析】【分析】化简方程求出复数z的代数形式，结合复数虚部的定义确定其虚部．
【详解】因为1+3iz=2+4i，
所以z=2+4i1+3i=2+4i1−3i1+3i1−3i=14−2i10=75−15i，
所以复数z的虚部为−15，
故选：C．
3.【答案】C
【解析】【分析】从函数的定义域和对应法则两个方面是否都相同考查函数即得．
【详解】对于A项，gx=x，与fx的对应法则不同，故不是同一函数，A项错误；
对于B项，fx的定义域为x∣x≠0,gx的定义域为{x∣x>0}，
故两函数定义域不同，故fx与gx不是同一函数，B项错误；
对于C项，fx=lnex=x与gx=x的定义域相同，对应法则也相同，C项正确；
对于D项，fx=sinx,gx=−sinx，fx与gx的对应法则不同，故不是同一函数，D项错误．
故选：C．
4.【答案】C
【解析】【分析】由抛物线的定义可求得xM=2p，结合抛物线方程即可求得yM=2p，运用两点斜率公式计算即可．
【详解】由题知，F(p2,0)，抛物线的准线方程为x=−p2，设M(xM,yM)，
由抛物线的定义知，|MF|=xM+p2，即5p2=xM+p2，所以xM=2p，
所以yM2=2pxM=4p2，
又因为M位于第一象限，所以yM=2p，
所以M(2p,2p)，
所以kMF=2p−02p−p2=43．
故选：C．
5.【答案】C
【解析】【分析】设出数列an的首项a1和公差d，通过题设条件求得a1和d的数量关系，再将S5a5用前n项和公式展开，整体代入即得．
【详解】设等差数列an的首项为a1，公差为dd≠0，
由a2,a4,a8成等比数列得a 42=a2⋅a8，即：a1+3d2=a1+da1+7d，
解得：d=a1，∴S5a5=5a1+5×42da1+4d=15a15a1=3．
故选：C．
6.【答案】A
【解析】【分析】连接EC,ED，利用空间向量运算的几何表示求解．
【详解】连接EC,ED，
AG=AE+EG=AE+13EF=AE+13×12EC+ED
=AE+16AC−AE+AD−AE=23AE+16AC+16AD
=23×12AB+16AC+16AD=13a+16b+16c．
故选：A．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查对立事件和相互独立事件的概率，属于基础题．
先求出他们都不能译出的概率，用1减去此值，即得该密码被破译的概率．
【解答】
解：他们不能译出的概率分别为1−13，1−12，
则他们都不能译出的概率为(1−13)(1−12)=13，
故该密码被破译的概率是1−13=23，
故选B．
8.【答案】D
【解析】【分析】利用双曲线的定义求出FA=4a,AF1=2a，结合余弦定理可求离心率．
【详解】不妨设F,F1分别为双曲线的左右焦点，连接AF1,BF1，
因为A，B两点关于原点对称，所以AFBF1为平行四边形，所以FB=AF1，
因为FA−AF1=2a，FA=2FB=2AF1，
所以FA=4a,AF1=2a．
因为FA⋅FB=FA⋅FBcs∠AFB=3a2，所以cs∠AFB=3a28a2=38；
在▵AFF1中，由余弦定理可得4c2=16a2+4a2−2×4a×2acs∠FAF1，
因为cs∠FAF1=−cs∠AFB=−38，所以26a2=4c2，即e= 262．
故选：D
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查同角三角函数基本关系式，属于基础题．
将sinα+csα=15平方得到sinαcsα=−1225，结合α∈(0,π)判断得到sinα>0，csα<0，由csα−sinα=− cs α−sin α2即可得到答案．
【解答】
解：∵sinα+csα=15，
等式两边平方得，(sinα+csα)2=1+2sinαcsα=125，
解得sinαcsα=−1225，故B正确；
∵α∈(0,π)，sinαcsα=−1225<0，
∴α∈π2,π，故A正确；
csα−sinα<0，
且(csα−sinα)2=1−2sinαcsα
=1−2×−1225=4925，
解得csα−sinα=−75，故C错误，D正确．
故选ABD．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】求出通项判断A；求出公差、通项判断BC；探讨数列an与bn的下标关系判断D．
【详解】对于A，由题意得an=2+8n−1=8n−6， A正确；
对于B，新数列的首项为2，公差为10−24=2，故bn=2+2n−1=2n， B正确；
对于C，由B选项知b29=58，令8n−6=58，则n=8，即b29是数列an的第8项，C错误；
对于D，插入k个数，则a1=b1,a2=bk+2,a3=b2k+3,a4=b3k+4,⋯，
则等差数列an中的项在新的等差数列bn中对应的下标是以1为首项，k+1为公差的等差数列，
于是an=b1+n−1k+1，而b9是数列an的项，令1+n−1k+1=9，当k=7时，n=2， D正确．
故选：ABD
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查空间向量在立体几何中的应用，考查面面平行的判定及性质以及异面直线所成角问题，属于一般题．
A选项由异面直线所成角直接求解；BD选项可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解；C选项先证明平面AB1D1//平面BDC1，再由面面平行的性质进行判断．
【解答】
解：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，
由于点P满足B1P=λB1D1(0≤λ≤1)，故P(1−λ,λ,1)，
对于A：若λ=1，则P与D1重合，则AP与BD所成角为AP与B1D1所成角，为∠AD1B1=π3，故A错误；
对于B：若AP⊥BD，则AP·BD=0，即(1−λ,λ,1)·(−1,1,0)=0，解得λ=12，故B正确；
对于C：因为AB1//DC1,AD1//BC1，
AB1⊄平面BC1D，DC1⊂平面BC1D，所以AB1//平面BC1D，
同理可得AD1/​/平面BC1D，
AB1∩AD1=A,且AB1,AD1⊂平面AB1D1,
由面面平行的判定定理可得平面AB1D1//平面BC1D，
因为AP⊂平面AB1D1，所以AP//平面BC1D，故C正确；
对于D：A1C→·AP→=(1,1,−1)·(1−λ,λ,1)=0，故A1C⊥AP，D选项正确，
故选BCD．
12.【答案】0,1 或y0≤y≤1
【解析】【分析】分别求出各段函数的值域再求并集即可
【详解】当−1≤x≤0时，y=x23在−1,0上单调递减，
所以0≤y≤1；
当0所以23≤y<1；
所以函数y=x23,−1≤x≤023x,0故答案为：0,1
13.【答案】 13
1n

【解析】【分析】在递推式a1=1,an+1=an1+an中对n依次赋值，即得a3；注意到递推式的特征，因an>0，可将其两边取倒数，推得等差数列1an，求其通项即得an．
【详解】因为a1=1,an+1=an1+an，所以a2=a11+a1=12,a3=a21+a2=121+12=13，故a3=13；
由a1=1,an+1=an1+an可知an>0，两边取倒数得：1an+1=1an+1.
故数列1an是以1为首项，1为公差的等差数列，则1an=1+n−1=n,∴an=1n．
故答案为：13；1n．
14.【答案】4
【解析】【分析】
本题考查利用空间向量的数量积运算求模长，以及空间向量的线性运算和二面角，是中档题．
推导出CD=CA+AB+BD，从而CD2=(CA+AB+BD)2，由此能求出CD的长．
【解答】
解：∵二面角α−l−β为60°，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面α、β内，
且AC⊥l，BD⊥l，AB=2，AC=2，BD=4，
∴CD=CA+AB+BD，
∴CD2=(CA+AB+BD)2
=CA2+AB2+BD2+2CA⋅BD+2CA·AB+2AB·BD
=4+4+16+2×2×4×cs120°=16，
∴CD的长为|CD|= 4．
故答案为：4．
15.【答案】解：(1)∵0.005+0.015+0.025×10=0.45<0.5，0.45+0.035×10=0.8>0.5，
∴中位数位于70,80之间，设中位数为m，
则0.45+m−70×0.035=0.5，解得：m=5007≈71.4，即中位数为71.4；
平均数为45×0.005+55×0.015+65×0.025+75×0.035+85×0.010+95×0.010×10=71.0．
(2)剩余8个分数的平均值为10x−100−808=10×90−1808=90；
∵s= i=110xi2−10×90210=6，∴i=110xi2=10×62+10×902=81360，
∴剩余8个分数的标准差为 i=110xi2−802−1002−8×9028= 20=2 5．

【解析】(1)根据频率分布直方图估计中位数和平均数的方法直接求解即可；
(2)根据已知数据可求得剩余8个分数的平均数，结合s=6可求得i=110xi2，进而得到剩余8个分数的标准差．
16.【答案】解：(1)当过点B的直线斜率存在时，
设切线的方程为y=kx+2+6，即kx−y+6+2k=0，
则圆心E(0,0)到切线的距离为6+2k 1+k2=2，解得k=−43，
所以切线方程为y=−43x+2+6，即4x+3y−10=0，
当过点P的直线斜率不存在时，切线方程为x=−2，此时直线与圆M相切．
综上，切线方程为4x+3y−10=0或x=−2．
(2)设P点坐标为x,y，则x2+y2=4，所以
PA|2+PB|2+|PC|2
=(x+2)2+(y+2)2+(x+2)2+(y−6)2+(x−4)2+(y+2)2=3x2+y2−4y+68=80−4y．
因为−2≤y≤2，所以72≤80−4y≤88，
即|PA|2+|PB|2+|PC|2的最大值为88，最小值为72．

【解析】(1)按过点B的直线斜率存在与否分类讨论，利用点到直线距离公式即可求得过点B且与圆E相切的直线方程；
(2)利用两点间距离公式将|PA|2+|PB|2+|PC|2化简，利用点P纵坐标的取值范围即可求得|PA|2+|PB|2+|PC|2的最值．
17.【答案】解：(1)因为BC⊥BB1,BC⊥AB，且BB1∩AB=B,AB,BB1⊂平面ABB1A1，
所以BC⊥平面ABB1A1.又AB1⊂平面ABB1A1，
所以BC⊥AB1
又因为正方形ABB1A1，则AB1⊥A1B,A1B∩BC=B,A1B,BC⊂平面A1BM，
所以AB1⊥平面A1BM．
因为A1M⊂平面A1BM，
所以AB1⊥A1M．
(2)
如图，以点D为原点，以向量DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
则A14,0,4,M2,4,0,C10,4,4,A4,0,0,B14,4,4．
A1M=−2,4,−4,MC1=−2,0,4．
设平面A1MC1的一个法向量为m=x,y,z，
则A1M⋅m=−2x+4y−4z=0MC1⋅m=−2x+4z=0，令x=2，则y=2,z=1，
故平面A1MC1的法向量可取为m=2,2,1．
由(1)可知，AB1⊥平面A1BM，所以平面A1BM的法向量可取AB1=0,4,4，
设二面角B−A1M−C1的大小为θ,由图可知θ为钝角，
则csθ=−csm,AB1=−m⋅AB1mAB1=−123×4 2=− 22，因π2<θ<π，
则θ=3π4，即二面角B−A1M−C1的大小为3π4．

【解析】(1)由正方体的性质，先证BC⊥平面ABB1A1，得BC⊥AB1，再由AB1⊥A1B证明AB1⊥平面A1BM，进而即得；
(2)依题意建系，求得相关点坐标，分别求出平面A1MC1和平面A1BM的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得．
18.【答案】解：(1)因为9an+1=6an−an−1n≥2，an=bn3n−1n∈N∗，则bn=3n−1an，
等式9an+1=6an−an−1n≥2两边同时乘以3n−2可得3nan+1=2×3n−1an−3n−2an−1，
即bn+1+bn−1=2bnn≥2，所以，数列bn是等差数列．
且b1=a1=1，b2=3a2=4，等差数列bn公差为d=b2−b1=4−1=3，
所以，bn=b1+n−1d=1+3n−1=3n−2，故an=3n−23n−1．
(2)数列an的前n项和为Sn，且an=3n−23n−1，
则Sn=1+43+732+⋯+3n−23n−1，
所以，13Sn=13+432+⋯+3n−53n−1+3n−23n，
两式相减可得23Sn=1+313+132+⋯+13n−1−3n−23n
=1+3×13×1−13n−11−13−3n−23n=52−6n+52⋅3n，
所以Sn=154−18n+154×3n．
又Sn+1−Sn=an+1=3n+13n>0，即Sn为单调递增数列，
所以Sn≥S1=a1=1，即Sn≥1．

【解析】(1)由已知等式变形可得出bn+1+bn−1=2bnn≥2，利用等差中项法可证得结论成立，确定数列bn的首项和公差，可求得数列bn的通项公式，进而可求得数列an的通项公式；
(2)利用错位相减法可求得Sn，分析数列Sn的单调性，即可证得结论成立．
19.【答案】解：(1)设Mx,y，易知B 3,−1，
由kMA⋅kMB=−13，得y−1x+ 3⋅y+1x− 3=−13，
化简得x26+y22=1，故椭圆C的标准方程为x26+y22=1．
(2)∵点Q是椭圆C长轴上的不同于A、B的任意一点，
故可设直线PN的方程为x=my+x0，Px1,y1，Nx2,y2，
由x=my+x0x26+y22=1，得m2+3y2+2mx0y+x02−6=0，
∴y1+y2=−2mx0m2+3，y1y2=x02−6m2+3，Δ>0恒成立．
又PQ= 1+m2y1，QN= 1+m2y2，
∴1PQ+1QN=1 1+m21y1+1y2=1 1+m2y1−y2−y1y2，
=1 1+m2 y1+y22−4y1y2−y1y2=1 1+m2⋅ −2mx0m2+32−4⋅x02−6m2+3−x02−6m2+3
=26−x02 6m2−3x02+18m2+1=26−x02 6m2+6−x022m2+1，
要使其值为定值，则6−x022=1，
故当x02=4，即x0=±2时，1PQ+1QN= 6．
综上，存在这样的稳定点Q±2,0．

【解析】(1)设Mx,y，由kMA⋅kMB=−13化简可得椭圆C的标准方程；
(2)设直线PN的方程为x=my+x0，与椭圆方程联立，由韦达定理可得y1+y2，y1y2，又PQ= 1+m2y1，QN= 1+m2y2，从而可求1PQ+1QN的表达式，即可求解．