2023-2024学年福建省厦门重点中学高二（上）开学数学试卷（9月份）（含解析）VIP

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年福建省厦门重点中学高二（上）开学数学试卷（9月份）一、选择题1.直线x+3y+1=0的倾斜角是A.π6 B.π3 C.2π32.已知椭圆C：x2a2+y24=1A.13 B.12 C.23.已知双曲线x24−y2b2A.23 B.3 C.4.若直线x−y+1=0与圆x2+y2−2x+1−a=0相切，则A.2 B.1 C.2 D.5.已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5=3A.16 B.8 C.4 D.26.抛物线y2=2px上横坐标为4的点到此抛物线焦点的距离为9，则该抛物线的焦点到准线的距离为(

)A.4 B.9 C.10 D.187.椭圆x225+y216=1的焦点为F1，F2，A.1633 B.32338.已知A，B，C是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上的三个点，AB经过原点O，AC经过右焦点A.102 B.53 C.二、填空题9.已知圆C的圆心在直线x−2y−3=0上，且过点A(2,−3)、B(−2,−5)，则圆C的一般方程为

．10.已知点A(2,2)，B(−1,1)，若直线l：kx−y−k=0与线段AB(含端点)相交，则k的取值范围为______．三、解答题11.已知Sn是等差数列{an}的前n项和，a6=0，a3+a7=6．

(1)求数列12.圆C的圆心为C(2,0)，且过点A(32,32).

(1)求圆C的标准方程；

(2)直线l：kx+y+1=0与圆C交M，N13.已知△ABC顶点A(3,0)、B(−1,−3)、C(1,1)．

(1)求直线BC的方程及其在y轴上的截距；

(2)求边BC的垂直平分线l的方程

(3)求△ABC的面积．14.如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，过椭圆由焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB斜率为0时，弦AB长4．

(1)15.已知a=(2,1)，b=(x,1)，且a+b与2a−A.10 B.−10 C.2 D.−216.已知向量a=(cos120°,sin120°)，b=(1,0)，则a在b上的投影向量为(

)A.−32b B.−1217.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°.以DA.π2 B.22π C.18.已知O为△ABC的外心，AB=4，AC=6，AO=16AB+4A.12 B.123 C.6 19.用平行于正四棱锥底面的平面去截该棱锥，把底面和截面之间的那部分多面体叫做正四棱台，经过正四棱台不相邻的两条侧棱的截面叫做该正四棱台的对角面.若正四棱台的体积为28，上、下底面边长分别为2，4，则该棱台的对角面面积为______．20.在三棱锥P−AOB中，PB=2OA=4，PA⊥平面AOB，OA⊥OB，∠POA=45°，则OA与BP所成的角为______．21.在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，E是AB的中点，F是BC边上的三等分点(靠近点B)，AF与DE交于点M．

(1)设AB=a，AD=b，请用a，b表示AF和DE；

(2)求ME与22.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B=2，O为A1B的中点，E，F在A1C上，2EF=3A1E=3FC．

(1)试在直线A1B上确定点P，使得对于FC1上任一点D，恒有PD/​/平面AOE；(用文字描述点P位置的确定过程，并在图形上体现，但不要求写出证明过程)

(2)已知Q在直线A1A上，满足对于F答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】本题考查直线的倾斜角、直线的斜率，考查计算能力，是基础题．

设出直线的倾斜角，求出斜率，根据斜率与倾斜角正切值的关系，求出倾斜角．【解答】

解：设直线的倾斜角为α，

由题意直线的斜率为−33，即tanα=−33，

所以2.【答案】C

【解析】解：由已知可得b2=4，c=2，

则a2=b2+c2=8，

所以a=22，

则离心率e=c3.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题．

利用双曲线方程以及渐近线方程求解b即可．

【解答】

解：双曲线x24−y2b2=1(b>0)的渐近线方程：bx±2y=0，

因为双曲线x24−y2b4.【答案】A

【解析】解：因为直线x−y+1=0与圆x2+y2−2x+1−a=0相切，

又圆x2+y2−2x+1−a=0可化为(x−1)2+y2=a，5.【答案】B

【解析】解：设正数的等比数列{an}的公比为q(q>0)，

则a1+a1q+a1q2+a1q3=15a16.【答案】C

【解析】解：抛物线y2=2px的焦点为(p2,0)，准线为x=−p2，

即有抛物线的焦半径为|PF|=x+p2，

由题意可得4+p2=9，解得p=10，

则该抛物线的焦点到准线的距离为7.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查椭圆的简单性质，涉及焦点三角形问题，往往是考查椭圆定义与余弦定理的应用，是中档题．

由椭圆方程求得a，b，c的值，然后利用椭圆定义及余弦定理求得|PF1||PF2|，代入三角形面积公式求解．

【解答】

解：由椭圆x225+y216=1，得a=5，b=4，c=3，

在△F1PF2中，∵∠F1PF2=60°8.【答案】C

【解析】解：设左焦点为F′，|AF|=m，连接AF′，CF’，

则|FC|=2m，|AF′|=2a+m，|CF′|=2a+2m，|FF′|=2c，

∵BF⊥AC，且经过原点O，

∴四边形FAF′B′为矩形，

在Rt△AF′C中，|AF′|2+|AC|2=|F′C|2，即(2a+m)2+(3m)2=(2a+2m)2，解得m=2a3，

在Rt△AF′F中，|AF′|2+|AF|2=|FF′|2，即(2a+2a3)2+(2a3)9.【答案】x2【解析】解：因为点A(2,−3)、B(−2,−5)，

所以AB的中点坐标为D(0,−4)，直线AB的斜率为k=−5+3−2−2=12，

由垂径定理知，直线CD的斜率为−1k=−2，

所以直线CD的方程为y+4=−2x，即2x+y+4=0，

联立2x+y+4=0x−2y−3=0，解得x=−1，y=−2，即C(−1,−2)，

所以圆的半径为|AC|=(2+1)2+(−3+2)2=10，

所以圆C的标准方程为(x+110.【答案】(−∞,−1【解析】解：由kx−y−k=0可得y=k(x−1)，可知直线l为过定点P(1,0)，斜率为k的直线，

可得kPA=2−02−1=2,kPB=1−0−1−1=−12，

若直线l：kx−y−k=0与线段AB(含端点)相交，则k≥2或k≤−12，

所以11.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d，

∵a6=0，

∴a3+a7=(a6−3d)+(a6+d)=−2d=6，解得d=−3．

∴an=a6+(n−6)d=−3n+18；

(2)【解析】(1)设出公差，利用等差数列通项公式基本量列出方程，求出公差，进而求出通项公式；

(2)由(1)求出Sn，令Sn<0，求出n>11，结合n∈N∗，得到n12.【答案】解：(1)因为圆C的圆心为C(2,0)，且过点A(32,32)，

所以圆C的半径为r=(2−32)2+(0−32)2=1，

所以圆C的标准方程为(x−2)2+y2=1．【解析】(1)根据两点间的距离公式求得圆C的半径，再求出其标准方程即可；

(2)由题意可知圆心C到直线l的距离为d=2213.【答案】解：(1)由于kBC=−3−1−1−1=2，

则由点斜式可得，直线BC的方程为y−1=2(x−1)，即y=2x−1，

其在y轴上的截距为−1；

(2)易知直线l的斜率为−12，

又线段BC的中点坐标为(0,−1)，

则由斜截式可得，直线l的方程为y=−12x−1；

(3)点A到直线BC【解析】(1)求出直线BC的斜率，再由点斜式即可得解，进一步可得纵截距；

(2)求出直线l的斜率，再由中点坐标公式求得中点坐标，进而得到直线l的方程；

(3)求出点A到直线BC的距离，再由两点间的距离公式求得|BC|，由此可得△ABC的面积．

本题考查直线方程的求法以及三角形的面积计算，考查运算求解能力，属于基础题．14.【答案】解：(1)由题意知e=ca=12，2a=4，又a2=b2+c2，解得：a=2,b=3，所以椭圆方程为：x24+y23=1.(6分)

(2)①当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，由题意知|AB|+|CD|=7，不满足条件；

②当两弦斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y=k(x−1)，

则直线CD的方程为y=−1k(x−1)．

将直线AB方程代入椭圆方程中并整理得(3+4k2)x【解析】(1)e=ca=12，2a=4，又a2=b2+c2，解得：a=2,b=3，即可求出椭圆的方程；

(2)分类讨论，将直线AB，15.【答案】C

【解析】解：a+b=(2+x,2)，2a−b=(4−x,1)．

∵a+b与2a−b平行，16.【答案】B

【解析】解：因为向量a=(cos120°,sin120°)=(−12,32)，b=(1,0)，

所以a⋅b=−12，|b|=1，

所以17.【答案】B

【解析】解：如图所示：由已知，连接BD、B1D1，则BD=B1D1=2，

因为直四棱柱HBCD−41B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°，

所以△B1C1D1为等边三角形．且BB1⊥平面B1C1D1，取B1C1的中点O，连接D1O，则D1O⊥B1C1，

又D1O⊂平面B1C1D1，所以BB1⊥D1O，

又B1C1∩BB1=B1，所以D1O⊥平面BCC1B1，

故平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是点O，取BB1、CC1的中点E、F，18.【答案】D

【解析】解：取AC中点D，因为O是△ABC的外心，则DO⊥AC，

由于AO=AD+DO，

所以AO⋅AC=(AD+DO)⋅AC=AD⋅AC=3×6=18，

又AO=16AB+49AC，

则AO⋅AC=(19.【答案】9【解析】解：如图，

设该正四棱台的的高为ℎ，则根据题意可得：

13×(22+42+2×4)×ℎ=28，解得ℎ=3，

又由已知可得上下底面的对角线长分别为22与42，且高ℎ=3，

∴20.【答案】60°

【解析】解：如图，以OA，OB为邻边将△AOB补成矩形OACB，连接CP，

则∠PBC(或其补角)为OA与BP所成的角．

由PA⊥平面AOB，BC⊂平面AOB，得PA⊥BC，

又AC⊥BC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC，

因为PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，

又PB=2OA=4，则cos∠PBC=BCPB=OAPB=24=12，

所以∠PBC=60°，即OA与BP21.【答案】解：如图：

(1)AF=AB+BF=AB+13BC=a+13b，

DE=DA+AE=−AD+12AB=−b+12a；

(2)建立如图所示坐标系，以B为原点，

则有A(0,2)，F(1,0)，D(3,2)，E(0,1)，【解析】(1)根据平行四边形法则和三角形法则，即可用a，b表示AF和DE；

(2)建立适当坐标系，运用数量积，即可求出ME与MF夹角的余弦值．

本题考查平面向量及其应用，属于中档题、22.【答案】解：(1)延长OB至点P，使BP=12OB，点P即所求的点，

图形如下：

(2)分别延长C1F，A1A，所得交点即点Q，

连接PQ，则二面角P−A1C−Q即二面角B−A1C−A，

因为A1AA1Q=C1CA1Q=CNA1N=25，A1OA1P=25，

所以A