【文档说明】陕西省榆林市五校联考2023-2024学年高二上学期12月月考试题+数学+含解析.docx，共(14)页，104.318 KB，由小赞的店铺上传

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榆林市高二年级五校第一次调研考试数学考生注意:1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分,考试时间120分钟。2.答题前,考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时,请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把

答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径0.5毫米黑色中性笔在答题卡上各题的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效,在试题卷、草稿纸上作答无效。4.命题范围:人教A版选择性必修第一册,选择性必修

第二册第四章第1节第2节。一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=2,𝑎𝑛+1=1−1𝑎𝑛,则𝑎2024=（）A.-1B.12C.2D.32.若𝐴𝐵<0,𝐵𝐶>0,

则直线𝐴𝑥−𝐵𝑦−𝐶=0不经过的象限是（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知𝑂是坐标原点,𝐹是抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点,𝑀(4,𝑦0)是抛物线𝐶上一点,则△𝑂𝐹𝑀的面积为（）A

.1B.2C.4D.84.已知𝑆𝑛为等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和,若𝑎2=6,𝑎6=2,则𝑆8=（）A.64B.32C.28D.225.一条渐近线方程为2𝑥+3𝑦=0,且经过点(3√3,2√2)的双曲线的标准方程是（）A.𝑥29−𝑦24=1B.𝑦24−𝑥29=

1C.𝑥24−𝑦29=1D.𝑦29−𝑥24=16.已知等差数列{𝑎𝑛}的项数为2𝑚+1(𝑚∈𝐍∗),其中奇数项之和为140,偶数项之和为120,则𝑚=（）A.6B.7C.12D1322227.,:1(0)xyABCabab+=已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，若

原点O到直线AB的距离是椭圆𝐶的短轴长的25,则椭圆𝐶的离心率为（）A.√32B.45C.34D.√748.已知等差数列{𝑎𝑛}与等差数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和分别为𝑆𝑛与𝑇𝑛,且𝑆𝑛𝑇2𝑛−1=5𝑛+34𝑛−2,则𝑎3𝑏11

+𝑎9𝑏11=（）A.2921B.2911C.5821D.5811二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分。9.已知直线𝑙1与直线𝑙:𝑦=𝑥

+2平行,且𝑙与𝑙1间的距离为2√2,则𝑙1的方程可以是（）A.𝑥−𝑦+6=0B.𝑥−𝑦+3=0C.𝑥−𝑦+1=0D.𝑥−𝑦−2=010.如图,在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中,底面𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗

⃗=𝐚,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝐛,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐜,若𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,则（）A.𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑎−𝑏+12𝑐

B.𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=23𝑎−23𝑏+13𝑐C.𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=23𝑎+13𝑏−23𝑐D.𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=16𝑎−13𝑏+16𝑐11.某市为了改善城市中心环境,计划将市区某工厂向城市外围迁移,需要拆除工厂内一个高塔,施

工单位在某平台𝑂的北偏东45∘方向40√2m处设立观测点𝐴,在平台𝑂的正西方向240m处设立观测点𝐵,已知经过𝑂,𝐴,𝐵三点的圆为圆𝐶,规定圆𝐶及其内部区域为安全预警区.以𝑂为坐标原点,𝑂的正东方向为𝑥轴正方向,建立如

图所示的平面直角坐标系.经观测发现,在平台𝑂的正南方向200m的𝑃处,有一辆小汽车沿北偏西45∘方向行驶,则（）A.观测点𝐴,𝐵之间的距离是280mB.圆𝐶的方程为𝑥2+𝑦2+240𝑥−320𝑦=0C

.小汽车行驶路线所在直线的方程为𝑦=−𝑥−200D.小汽车会进人安全预警区12.经过抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点𝐹的直线𝑙交𝐶于𝐴,𝐵两点,𝑂为坐标原点,设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)(

𝑦1>𝑦2),|𝐴𝐵|的最小值是4,则下列说法正确的是（）A.𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=3B.|𝐴𝐹|+|𝐵𝐹|=|𝐴𝐹||𝐵𝐹|C.若点𝑀(32,1)是线段𝐴𝐵的中点,则直线𝑙的方程为2𝑥−𝑦−2=0D.若𝐴𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗=4𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,则直线𝑙的倾斜角为60∘或120∘三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.椭圆𝑥225+𝑦216=1的四个顶点所围成的四边形的面积是________1

4.若圆𝐶1:𝑥2+𝑦2+4𝑥−4𝑦+7=0与圆𝐶2:𝑥2+𝑦2−4𝑥+2𝑦+𝑚=0相切,则实数𝑚=__________15.已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛=−13𝑛2+43,则数列{𝑎𝑛}的通项公式为

_________16.已知点𝐴,𝐵,𝐶是离心率为√2的双曲线𝛤:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)上的三点,直线𝐴𝐵,𝐴𝐶,𝐵𝐶的斜率分别是𝑘1,𝑘2,𝑘3,点𝐷,𝐸,𝐹分

别是线段𝐴𝐵,𝐴𝐶,𝐵𝐶的中点,𝑂为坐标原点,直线𝑂𝐷,𝑂𝐸,𝑂𝐹的斜率分别是𝑘1′,𝑘2′,𝑘3′,若1𝑘1′+1𝑘2′+1𝑘3′=3,则𝑘1+𝑘2+𝑘3=__________四、解答题:本题共6小题,共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算

步骤。17.(本小题满分10分)已知⊙𝑀的圆心为(8,6),且⊙𝑀过点𝐴(4,3).(1)求⊙𝑀的标准方程;(2)若直线𝑙与⊙𝑀相切于点𝐴,求直线𝑙的方程.18.(本小题满分12分)如图,在直四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中,𝐴𝐵//𝐶𝐷,

𝐴𝐷⊥𝐶𝐷,𝐸是棱𝐷𝐷1的中点,𝐴𝐷=𝐶𝐷=𝐷𝐷1=2𝐴𝐵.请用向量法解决下列问题.(1)求证:𝐴𝐵1⊥𝐶𝐸;(2)求直线𝐶𝐸与平面𝐴𝐵1𝐶所成角的正弦值.19.(本小题满分12分)已知双曲线𝐶:𝑥2−𝑦23=1的右焦点与抛物

线𝐸的焦点重合.(1)求抛物线𝐸的标准方程;(2)若过双曲线𝐶的右顶点且斜率为2的直线𝑙与抛物线𝐸交于𝑀,𝑁两点,求线段𝑀𝑁的长度.20.(本小题满分12分)已知各项都为正数的数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛,且满足6𝑆𝑛

=𝑎𝑛2+3𝑎𝑛(𝑛∈𝐍∗).(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式;(2)若𝑏𝑛=𝑎𝑛−25,求数列{|𝑏𝑛|}的前𝑛项和𝑇𝑛.21.(本小题满分12分)如图,已知△𝐵�

�𝐷与△𝑀𝐶𝐷都是边长为2的正三角形,平面𝑀𝐶𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐷,𝐴𝐵⊥平面𝐵𝐶𝐷,𝐴𝐵=2√3.(1)求点𝐷到平面𝑀𝐵𝐶的距离;(2)求平面𝑀𝐵𝐶与平面𝑀𝐴

𝐷的夹角的余弦值.22.(本小题满分12分)已知椭圆𝐸:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为√53,上、下顶点分别为𝐴,𝐵,右顶点为𝐶,且△𝐴𝐵𝐶的面积为6.(1)求𝐸的方程;(2)若点𝑃为𝐸上异于顶点的一点,直线𝐴𝑃与𝐵𝐶交于点𝑀,

直线𝐶𝑃交𝑦轴于点𝑁,试判断直线𝑀𝑁是否过定点?若是,则求出该定点坐标;若不是,请说明理由.榆林市高二年级五校第一次调研考试数学参考答案、提示及评分细则1.B由𝑎1=2,𝑎𝑛+1=1−1𝑎𝑛,可推得𝑎2=12,𝑎3=−1,𝑎4=2,𝑎5=12,𝑎6=−1,⋯,所以数

列{𝑎𝑛}是以3为周期的一个周期数列,所以𝑎2024=𝑎674×3+2=𝑎2=12.故选B.2.A由𝐴𝐵<0知𝐵≠0,所以由𝐴𝑥−𝐵𝑦−𝐶=0得𝑦=𝐴𝐵𝑥−𝐶𝐵,又𝐴𝐵<0,𝐵𝐶>0,所以直线的斜率𝐴𝐵<0

,在𝑦轴上的截距−𝐶𝐵<0,所以直线经过二、三、四象限,不经过第一象限.故选A.3.B因为𝑀(4,𝑦0)是𝐶上一点,所以𝑦02=16,解得|𝑦0|=4,又𝐹是抛物线𝐶的焦点,所以𝐹(1

,0),所以△𝑂𝐹𝑀的面积为12×1×4=2.故选𝐵.4.C设{𝑎𝑛}的公差为𝑑,由题意得{𝑎1+𝑑=6,𝑎1+5𝑑=2,解得{𝑎1=7,𝑑=−1,所以𝑆8=8×7+8×72×(−1)=28.故选C.5.A由题意设双曲线的方程为4𝑥2−9𝑦2=

𝜆(𝜆≠0),将点(3√3,2√2)代人双曲线方程得𝜆=4×(3√3)2−9×(2√2)2=36,所以双曲线的方程为4𝑥2−9𝑦2=36,即𝑥29−𝑦24=1.故选A.6.A项数为2𝑚+1的{𝑎𝑛}中奇数项共有(𝑚+1)项,其和为(𝑚+1)(𝑎1+𝑎2𝑚+1)2=(�

�+1)⋅2𝑎𝑚+12=(𝑚+1)𝑎𝑚+1=140;项数为2𝑚+1的{𝑎𝑛}中偶数项共有𝑚项,其和为𝑚(𝑎2+𝑎2𝑚)2=𝑚⋅2𝑎𝑚+12=𝑚𝑎𝑚+1=120,所以(𝑚+1)𝑎𝑚+1𝑚

𝑎𝑚+1=140120=76,解得𝑚=6.故选A.7.D由题意知𝐴(𝑎,0),𝐵(0,𝑏),所以直线𝐴𝐵的方程为𝑥𝑎+𝑦𝑏=1,即𝑏𝑥+𝑎𝑦−𝑎𝑏=0,原点𝑂到直线𝐴𝐵的距离𝑑=|−𝑎𝑏|√𝑏2+𝑎2

=𝑎𝑏√𝑏2+𝑎2=25×2𝑏=4𝑏5,整理得𝑏2𝑎2=916,所以椭圆𝐶的离心率𝑒=√1−𝑏2𝑎2=√74.故选D.8.D因为数列{𝑎𝑛},{𝑏𝑛}都是等差数列,所以𝑎3𝑏11+𝑎9𝑏11=𝑎3+𝑎9𝑏

11=2𝑎6𝑏11,又𝑆11=11(𝑎1+𝑎11)2=11𝑎6,𝑇21=21(𝑏1+𝑏21)2=21𝑏11,所以𝑎6=𝑆1111,𝑏11=𝑇2121,因此𝑎3𝑏11+𝑎9𝑏11=2𝑎5𝑏11=4211×𝑆11𝑇21,在𝑆�

�𝑇2𝑛−1=5𝑛+34𝑛−2中,令𝑛=11,得𝑆11𝑇21=2921,所以𝑎3𝑏11+𝑎9𝑏11=4211×𝑆11𝑇21=4211×2921=5811.故选D.9.AD设所求直线的方程为𝑥−𝑦

+𝑎=0,由题意可得|𝑎−2|√2=2√2,解得𝑎=6或-2.故所求直线的方程为𝑥−𝑦+6=0或𝑥−𝑦−2=0.故选AD.10.ABC𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗

=12(𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐚−𝐛+12𝐜,故A正确;𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐶

𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐚−23𝐛+13𝐜,故B正确;𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐷⃗

⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐚−23𝐛+13𝐜−(𝐜−𝐛)=23𝐚+13𝐛−23𝐜,故C正确;𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(23𝐚−23𝐛+13𝐜)−(12𝐚−𝐛+12𝐜)=16𝐚+13

𝐛−16𝐜,故D错误.故选ABC.11.BCD由题意,得𝐴(40,40),𝐵(−240,0),所以|𝐴𝐵|=√2802+402=200√2,即观测点𝐴,𝐵之间的距离是200√2m,故A错误;设圆𝐶的方程为𝑥2+𝑦2+𝐷𝑥+𝐸𝑦

+𝐹=0,因为圆𝐶经过𝑂,𝐴,𝐵三点,所以{𝐹=0,402+402+40𝐷+40𝐸+𝐹=0,(−240)2+(−240)𝐷+𝐹=0,{𝐷=240,𝐸=−320𝐹=0,所以圆𝐶的方程为𝑥2+𝑦2+240𝑥−320𝑦=0,故B正确;小汽车行

驶路线所在直线的斜率为-1,又点𝑃的坐标是(0,−200),所以小汽车行驶路线所在直线的方程为𝑦=−𝑥−200,故C正确;圆𝐶化成标准方程为(𝑥+120)2+(𝑦−160)2=40000,圆心为𝐶(−1

20,160),半径𝑟=200,圆心𝐶到直线𝑦=−𝑥−200的距离𝑑=|−120+160+200|√2=120√2<𝑟,所以直线𝑦=−𝑥−200与圆𝐶相交,即小汽车会进人安全预警区,故D正确.故选BCD.12.BC当直线𝑙与𝑥轴垂直时,|𝐴𝐵|取得最小

值,所以2𝑝=4,所以𝑝=2,所以抛物线𝐶的方程为𝑦2=4𝑥,由题意可知直线𝑙的斜率不为0,可设直线𝑙的方程为𝑥=𝑚𝑦+1,联立{𝑦2=4𝑥,𝑥=𝑚𝑦+1,得𝑦2−4𝑚𝑦−4=0,𝛥=

16(𝑚2+1)>0,𝑦1𝑦2=−4,𝑦1+𝑦2=4𝑚,𝑥1+𝑥2=𝑚(𝑦1+𝑦2)+2=4𝑚2+2,𝑥1𝑥2=𝑦124×𝑦224=1,所以𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗

⃗=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=−3,A错误;|𝐴𝐹|=𝑥1+1,|𝐵𝐹|=𝑥2+1,所以|𝐴𝐹|+|𝐵𝐹|=𝑥1+𝑥2+2=4𝑚2+4,|𝐴𝐹||𝐵𝐹|=(𝑥1+1)(𝑥2+1)=𝑥1𝑥2+𝑥1+𝑥2+1=4𝑚

2+4,所以|𝐴𝐹|+|𝐵𝐹|=|𝐴𝐹||𝐵𝐹|,B正确;因为点𝑀(32,1)是线段𝐴𝐵的中点,所以𝑦1+𝑦2=2,即4𝑚=2,𝑚=12,所以直线𝜄的方程为2𝑥−𝑦−2=0,C正确;𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=4𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,所以|𝐴𝐹|=3|𝐹𝐵

|,即𝑥1+1=3(𝑥2+1),所以𝑥1−3𝑥2−2=0,因为𝑥1𝑥2=1,所以𝑥1−3𝑥1−2=0,即𝑥12−2𝑥1−3=0,解得𝑥1=3(𝑥1=−1舍去),又𝑦1>𝑦2,故𝑦1>0>𝑦2,所以�

�(3,2√3),所以直线𝑙的斜率为2√3−03−1=√3,直线𝑙的倾斜角为60∘,D错误.故选BC.13.40由椭圆方程,得椭圆的四个顶点分别为(−5,0),(5,0),(0,−4),(0,4),故这四个顶点围成的四边形的

面积𝑆=12×10×8=40.14.-11或-31圆𝐶1的标准方程为(𝑥+2)2+(𝑦−2)2=1,圆心𝐶1(−2,2),半径𝑟1=1,圆𝐶2的标准方程为(𝑥−2)2+(𝑦+1)2=5−𝑚,圆心𝐶2(2,−1),半径𝑟

2=√5−𝑚.当圆𝐶1与圆𝐶2外切时,|𝐶1𝐶2|=𝑟1+𝑟2,即√(2+2)2+(−1−2)2=1+√5−𝑚,解得𝑚=−11;当圆𝐶1与圆𝐶2内切时,|𝐶1𝐶2|=|𝑟1−𝑟2|,即√(2+2)2+(−1−2)2=|1−√5−�

�|,解得𝑚=−31.所以圆𝐶1与圆𝐶2相切时,𝑚=−11或𝑚=−31.15.𝑎𝑛={1,𝑛=1,−23𝑛+13,𝑛≥2当𝑛≥2时,𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=−13𝑛2+43−[−13(𝑛−1)2+43]=−23𝑛+13,当𝑛=1时,𝑎1=1,不满

足上式,所以𝑎𝑛={1,𝑛=1,−23𝑛+13,𝑛≥2.16.3因为双曲线𝛤的离心率为√2,所以𝑏𝑎=1,不妨设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2),𝐷(𝑥0,𝑦0),因为点𝐴,𝐵在𝛤上,所以{𝑥12𝑎2

−𝑦12𝑏2=1,𝑥22𝑎2−𝑦22𝑏2=1,两式相减,得(𝑥1+𝑥2)(𝑥1−𝑥2)𝑎2=(𝑦1+𝑦2)(𝑦1−𝑦2)𝑏2,因为点𝐷是𝐴𝐵的中点,所以𝑥1+𝑥2=2𝑥0,𝑦1+𝑦2=2𝑦0,所以(𝑦1+𝑦2)(𝑦1−𝑦

2)(𝑥1+𝑥2)(𝑥1−𝑥2)=𝑏2𝑎2,即𝑦0(𝑦1−𝑦2)𝑥0(𝑥1−𝑥2)=𝑏2𝑎2,所以𝑘1𝑘1′=𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2⋅𝑦0−0𝑥0−0=𝑏2𝑎2=1,同理𝑘2𝑘2′=1,𝑘3𝑘3′=1,因为1𝑘1+1𝑘2+1

𝑘3=3,所以𝑘1+𝑘2+𝑘3=1𝑘1+1𝑘2+1𝑘3=3.17.解:(1)由于⊙𝑀的圆心为(8,6),故可设⊙𝑀的方程为(𝑥−8)2+(𝑦−6)2=𝑟2.1分由于⊙𝑀过点(4,3),所以(4−8)2+

(3−6)2=𝑟2,得𝑟2=25.3分所以⊙𝑀的标准方程为(𝑥−8)2+(𝑦−6)2=25.4分(2)由于直线𝑙与⊙𝑀相切于点𝐴,所以直线𝑙与直线𝐴𝑀垂直,并且𝑙过点𝐴.6分直线𝐴𝑀的斜率为6−38−4=34

,所以𝑙的斜率为−43,8分所以直线𝑙的方程为𝑦−3=−43(𝑥−4),整理得4𝑥+3𝑦−25=0.18.(1)证明:由直棱柱的性质可知𝐷𝐷1⊥𝐷𝐴,𝐷𝐷1⊥𝐷𝐶,因为𝐴𝐷⊥𝐶𝐷,所以𝐷𝐴,𝐷𝐶,𝐷𝐷

1两两互相垂直,故以点𝐷为坐标原点,分别以𝐷𝐴,𝐷𝐶,𝐷𝐷1所在直线为𝑥轴,𝑦轴,𝑧轴建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设𝐴𝐷=2,则𝐴(2,0,0),𝐵1(2,1,2),𝐶(0,2,0).2分因为𝐸是棱𝐷

𝐷1的中点,所以𝐸(0,0,1),所以𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,2),𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−2,1),所以𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0×0+1×(−2)+2×1=

0.3分所以𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,即𝐴𝐵1⊥𝐶𝐸.5分(2)解:由(1)可知𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,2),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,2,0),𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−2,1).6分设向

量𝐧=(𝑥,𝑦,𝑧)是平面𝐴𝐵1𝐶的法向量,则{𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐧=0,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐧=0,即{𝑦+2𝑧=0,−2𝑥+2𝑦=0,令𝑧=1,得𝐧=(−2,−2,1).设直线𝐶𝐸与平面𝐴𝐵1𝐶所成的角为𝜃,则

sin𝜃=|𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛||𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛|=53√5=√53.所以直线𝐶𝐸与平面𝐴𝐵1𝐶所成角的正弦值为√53.19.解:(1)双曲线𝐶:𝑥2−𝑦23=1中,𝑎2=1,𝑏2=3,所以𝑐2=𝑎2+𝑏2=4,解得𝑐=2,所以双曲线𝐶的右焦

点为(2,0).所以可设抛物线𝐸的标准方程为𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0),其焦点为(𝑝2,0),所以𝑝2=2,即𝑝=4,4分所以抛物线𝐸的标准方程为𝑦2=8𝑥.6分(2)由𝑎2=1,得双曲线𝐶的右顶点为(1,0),因为直线𝑙过点(1,0)且斜率

为2,所以直线𝑙的方程为𝑦=2(𝑥−1),8分()()()1122221,,,,{8,yxMxyNxylEyx=−=设，联立直线与抛物线的方程2124104yxxxx−+=+=消去，得，所以𝑥1𝑥2=1,10分所以|𝑀𝑁|=√(�

�1−𝑥2)2+(𝑦1−𝑦2)2=√5(𝑥1−𝑥2)2=√5√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=2√15.12分20.解:(1)因为6𝑆𝑛=𝑎𝑛2+3𝑎𝑛,所以𝑛≥2时,6𝑆𝑛−1=𝑎𝑛−12+3𝑎𝑛−1,由两式相减,得6𝑎𝑛=𝑎𝑛2+3𝑎𝑛

−𝑎𝑛−12−3𝑎𝑛−1,即(𝑎𝑛+𝑎𝑛−1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)=3(𝑎𝑛+𝑎𝑛−1),2分又数列{𝑎𝑛}的各项都为正数,所以𝑎𝑛+𝑎𝑛−1>0,𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=3.3分当𝑛=1时,6𝑎1=𝑎12+3𝑎1,解得𝑎1=0(舍)或

𝑎1=3,所以数列{𝑎𝑛}是首项为3,公差为3的等差数列.4分所以𝑎𝑛=3+(𝑛−1)×3=3𝑛.5分(2)由(1),得𝑏𝑛=𝑎𝑛−25=3𝑛−25,设{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑅𝑛,又6𝑆𝑛=𝑎𝑛2+3𝑎𝑛=9𝑛2+

9𝑛,所以𝑆𝑛=32𝑛2+32𝑛,所以𝑅𝑛=𝑆𝑛−25𝑛=32𝑛2−472𝑛.7分当3𝑛−25<0时,𝑛≤8;当3𝑛−25>0时,𝑛≥9,所以当𝑛≤8时,𝑇𝑛=−(𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏

𝑛)=−𝑅𝑛=−32𝑛2+472𝑛;9分当𝑛≥9时,𝑇𝑛=−(𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏8)+(𝑏9+𝑏10+⋯+𝑏𝑛)=𝑅𝑛−2𝑅8=32𝑛2−472𝑛+184.综上所述,𝑇𝑛={−32�

�2+472𝑛,𝑛≤8,32𝑛2−472𝑛+184,𝑛≥9.12分21.解:取𝐶𝐷的中点𝑂,连接𝑂𝐵,𝑂𝑀,由于△𝐵𝐶𝐷和△𝑀𝐶𝐷都是等边三角形,所以𝑂𝐵⊥𝐶𝐷,𝑂𝑀⊥𝐶𝐷.又平面𝑀𝐶𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐷,平面𝑀�

�𝐷∩平面𝐵𝐶𝐷=𝐶𝐷,𝑂𝑀⊂平面𝑀𝐶𝐷,所以𝑀𝑂⊥平面𝐵𝐶𝐷.2分以𝑂为原点,𝑂𝐶,𝑂𝐵,𝑂𝑀所在直线分别为𝑥轴,𝑦轴,𝑧轴,建立如图所示的空间直角坐标系𝑂𝑥𝑦𝑧.由于𝑂𝐵=�

�𝑀=√3,𝑂𝐶=1,所以𝐶(1,0,0),𝑀(0,0,√3),𝐵(0,−√3,0),𝐷(−1,0,0),𝐴(0,−√3,2√3).4分(1)𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√3,0),𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3,√3).设𝐧=(𝑥

,𝑦,𝑧)是平面𝑀𝐵𝐶的法向量,由{𝐧⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐧⋅𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{𝑥+√3𝑦=0,√3𝑦+√3𝑧=0,令𝑧=1,则𝐧=(√3,−1,1).6分因为𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,√

3,0),所以𝑑=|𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐧||𝐧|=2√3√5=2√155,即点𝐷到平面𝑀𝐵𝐶的距离为2√155.(2)𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−√3,√3),𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,0,−√3),设𝐦=(𝑝,𝑞,𝑟)是

平面𝑀𝐴𝐷的法向量,由{𝐦⋅𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐦⋅𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{−√3𝑞+√3𝑟=0,−𝑝−√3𝑟=0,令𝑝=√3,则𝐦=(√3,−1,−1).由(1)可知𝐧=(√3,−1,1)是平面𝑀𝐵𝐶的法向量.设平面𝑀𝐵𝐶

与平面𝑀𝐴𝐷的夹角为𝜃,则cos𝜃=|cos⟨𝐦,𝐧⟩|=|𝐦⋅𝐧||𝐦|⋅|𝐧|=3√5×√5=35,因此平面𝑀𝐵𝐶与平面𝑀𝐴𝐷的夹角的余弦值是35.22.解:(1)由题意知{

𝑐𝑎=√53,12𝑎⋅2𝑏=6,𝑐2=𝑎2−𝑏2,解得𝑎=3,𝑏=2,𝑐=√5,3分所以𝐸的方程为𝑥29+𝑦24=1.(2)显然直线𝐴𝑃的斜率存在,设直线𝐴𝑃的斜率为𝑘,则直线𝐴𝑃的方程为𝑦=𝑘𝑥+2,又直线𝐵𝐶的方程为𝑦=23

𝑥−2,由{𝑦=𝑘𝑥+2𝑦=23𝑥−2,解得𝑥=−123𝑘−2,𝑦=−6𝑘+43𝑘−2,即𝑀(−123𝑘−2,−6𝑘+43𝑘−2).由{𝑥29+𝑦24=1,𝑦=𝑘𝑥+2得(4+9𝑘2)𝑥2+36𝑘𝑥=0

,解得𝑥=0或𝑥=−36𝑘4+9𝑘2,当𝑥=−36𝑘4+9𝑘2时,𝑦=𝑘(−36𝑘4+9𝑘2)+2=8−18𝑘24+9𝑘2,即𝑃(−36𝑘4+9𝑘2,8−18𝑘24+9𝑘2),所以直线𝐶𝑃的斜率𝑘𝐶𝑃=8−18𝑘24+9𝑘2−0−36𝑘4

+9𝑘2−3=6𝑘−49𝑘+6,所以直线𝐶𝑃的方程为𝑦=6𝑘−49𝑘+6(𝑥−3),令𝑥=0,得𝑦=4−6𝑘3𝑘+2,即𝑁(0,4−6𝑘3𝑘+2).所以直线𝑀𝑁的斜率�

�𝑀𝑁=−6𝑘+43𝑘−2−4−6𝑘3𝑘+2−123𝑘−2−0=4𝑘3𝑘+2,所以直线𝑀𝑁的方程为𝑦=4𝑘3𝑘+2𝑥+4−6𝑘3𝑘+2,即𝑦=4𝑘3𝑘+2(𝑥−3)+2,所以直线𝑀𝑁过定点(3,2

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