2023-2024学年安徽省马鞍山二中高二（下）段考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省马鞍山二中高二（下）段考数学试卷（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.在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是( )
A. OM=OA−OB−OCB. OM=15OA+13OB+12OC
C. MA+MB+MC=0D. OM+OA+OB+OC=0
2.椭圆x2a2+y2=1(a>1)的离心率为12，则a=( )
A. 2 33B. 2C. 3D. 2
3.记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a7=6，a12=17，则S16=( )
A. 120B. 140C. 160D. 180
4.若f(x)在R上可导，f(x)=3x2−5f′(2)x−2，则f′(2)=( )
A. 1B. −1C. −2D. 2
5.图1是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记OA1，OA2，…，OAn的长度构成的数列为{an}，则a25=( )
A. 25B. 24C. 5D. 4
6.如图所示，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=A1= 2，∠DAA1=60°，∠BAD=∠BAA1=120°，则线段AC1的长度为( )
A. 2
B. 3
C. 2
D. 5
7.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为直线x=32a上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则椭圆C的离心率为( )
A. 33B. 12C. 32D. 34
8.已知函数f(x)=x2−3xlnx+ax，若∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有nf(m)−mf(n)m2n−n2m>0，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,−16)B. (−∞,−16]C. (−∞,−2)D. (−∞,−2]
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.已知平面α∩平面β=l，B，D是l上两点，直线AB⊂α且AB∩l=B，直线CD⊂β且CD∩l=D.下列结论中，错误的有( )
A. 若AB⊥l，CD⊥l，且AB=CD，则ABCD是平行四边形
B. 若M是AB中点，N是CD中点，则MN//AC
C. 若α⊥β，AB⊥l，AC⊥l，则CD在α上的射影是BD
D. 直线AB，CD所成角的大小与二面角α−l−β的大小相等
10.已知直线l：(1+a)x+y+2a=0(a∈R)与圆C：x2+(y−2)2=4，则( )
A. 直线l必过定点
B. 当a=1时，l被圆C截得的弦长为4 55
C. 直线l与圆C可能相切
D. 直线l与圆C不可能相离
11.对于函数f(x)=2lnxx2，下列说法正确的有．( )
A. f(x)在x= e处取得极大值1e
B. f(x)只有一个零点
C. f(2)>f( π)
D. 若f(x)e
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=lnx−2x2在点(1,f(1))处的切线过点(a,b)，a>0，b>0，则1a+3b的最小值为______．
13.已知数列{an}满足a1=1,a2=116,anan+2=4an+12，则an的最小值为______．
14.若P，Q分别是抛物线x2=y与圆(x−3)2+y2=1上的点，则|PQ|的最小值为______．
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)
已知圆C的方程为x2−2x+y2−3=0．
(1)求过点(3,2)且与圆C相切的直线方程；
(2)若直线y=x+1与圆C相交于A，B，求弦长|AB|的值．
16.(本小题15分)
在四棱锥P−ABCD中PD⊥底面ABCD，底面ABCD是菱形，PD=2DC=4，PB=2 5，点E在PB上．
(1)求证：AC⊥平面PBD；
(2)若E为PB中点，求直线PB与平面CDE所成的角的正弦值．
17.(本小题15分)
已知各项均不为零的数列{an}满足a1=1，其前n项和记为Sn，且Sn2−Sn−12an=2n2,n≥2,n∈N*，数列{bn}满足bn=an+an+1,n∈N*．
(1)求a2，a3，S100；
(2)求数列{3n⋅bn}的前n项和Tn．
18.(本小题17分)
设函数f(x)=ex−ax，a∈R．
(1)当a=1时，求函数f(x)在x=1处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性；
(3)若f(x)≥x在R上恒成立，求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点A(6, 7)且焦距为10．
(1)求C的方程；
(2)过点(2,0)作直线l与双曲线C交于P、Q两点，求直线l斜率的取值范围．
(3)已知点B(6,− 7),D(3,0)，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点.证明：|GD||GE|=|HD||HE|．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：在C中，由MA+MB+MC=0，得MA=−MB−MC，则MA、MB、MC为共面向量，即M、A、B、C四点共面；
对于A，由OM=OA−OB−OC，得1−1−1=−1≠1，不能得出M、A、B、C四点共面；
对于B，由OM=15OA+13OB+12OC，得15+13+12≠1，所以M、A、B、C四点不共面；
对于D，由OM+OA+OB+OC=0，得OM=−(OA+OB+OC)，其系数和不为1，所以M、A、B、C四点不共面．
故选：C．
利用空间向量基本定理进行验证，可得MA+MB+MC=0时，MA、MB、MC是共面向量，从而可得M、A、B、C四点共面．
本题考查了空间向量基本定理，也考查了分析问题、解决问题的能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题意得e= a2−1a=12，解得a=2 33．
故选：A．
由椭圆的离心率公式即可求解．
本题考查椭圆的简单性质的应用，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，数列{an}为等差数列，
因为a3+a7=2a5=6，所以a5=3，所以a5+a12=3+17=20，
所以S16=(a1+a16)×162=8(a5+a12)=160．
故选：C．
根据题意，利用下标和性质先求出a5+a12的值，然后根据前n项和公式结合下标和性质求解出S16的值．
本题考查等差数列的求和，涉及等差数列的性质，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：f(x)=3x2−5f′(2)x−2，
则f′(x)=6x−5f′(2)，
当x=2时，f′(2)=12−5f′(2)，解得f′(2)=2．
故选：D．
根据已知条件，先对f(x)求导，再将x=2代入导函数，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意知，OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，△OA1A2，△OA2A3，⋯，△OA7A8，⋯都是直角三角形，
∴a1=1，且an2=an−12+1(n≥2)，故an2−an−12=1(n≥2)，
∴数列{an2}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an2=1+(n−1)×1=n．
又an>0，∴an= n，
∴数列{an}的通项公式为an= n，
∴a25= 25=5．
故选：C．
根据题意可推出a1=1，且an2=an−12+1(n≥2)，从而说明数列{an2}是以1为首项，1为公差的等差数列，求得数列{an}的通项公式，即可求得答案．
本题主要考查归纳推理，等差数列的通项公式，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，取向量AB,AD,AA1为基底，
则AC1=AB+AD+AA1，
∴|AC1|2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2AB⋅AD+2AB⋅AA1+2AA1⋅AD
=2+2+2+2× 2× 2×cs120°+2× 2× 2×cs60°
=2+2+2−2−2+2=4，
∴|AC1|=2，
∴线段AC1的长度为2．
故选：C．
根据题意，取向量AB,AD,AA1为基底，进而根据向量模的计算公式能求出结果．
本题考查线段长求法，考查基底、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】D
【解析】解：如图，设直线x=32a与x轴交于点Q，
由已知得∠PF1F2=∠F1PF2=30°，∠PF2Q=60°，PQ⊥x轴，
∴|PF2|=|F1F2|=2c，
∵P为直线x=3a2上一点，∴|QF2|=3a2−c，
∴|PF2|=2|QF2|=2(3a2−c)=2c，
∴3a=4c，
∴椭圆C的离心率为e=ca=34．
故选：D．
设直线x=32a与x轴交于点Q，由已知得|PF2|=2|QF2|=3a2−2c=2c，由此能求出椭圆C的离心率．
本题考查椭圆的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质和数形结合思想的合理运用，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：令g(x)=f(x)x=x−3lnx+ax2，
因为∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有nf(m)−mf(n)m2n−n2m>0，
即∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有f(m)m−f(n)nm−n>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，即g′(x)=1−3x−2ax3⩾0在(0,+∞)上恒成立，
即2a⩽x3−3x2在(0,+∞)上恒成立．令h(x)=x3−3x2，
x∈(0,+∞)，所以h′(x)=3x2−6x=3x(x−2)，
令h′(x)>0，解得x>2，令h′(x)0时，f(x)的单调递减区间为(−∞,lna)，单调递增区间(lna,+∞)．
(3)f(x)≥x⇔f(x)−x≥0，
令g(x)=f(x)−x=ex−(a+1)x，即g(x)≥0，g′(x)=ex−(a+1)．
①a+10，g(x)单调递增，g(1a+1)=e1a+1−10时，由(2)知，g(x)≥g(ln(a+1))，故只需g(ln(a+1))≥0即可，
g(ln(a+1))=(a+1)−(a+1)(ln(a+1))≥0，
即ln(a+1)≤1，∴00，
解得− 22