还剩20页未读，
继续阅读
2022-2023学年河北省唐山市高二（上）期末数学试卷
展开
这是一份2022-2023学年河北省唐山市高二（上）期末数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）直线2x+3y﹣3＝0的一个方向向量是（ ）
A．（2，﹣3）B．（2，3）C．（3，﹣2）D．（3，2）
2．（5分）在等差数列{an}中，a1＝1，a9＝﹣23，则a5＝（ ）
A．﹣11B．﹣8C．19D．16
3．（5分）已知向量＝（0，﹣1，1），＝（1，2，y），•＝﹣3，则与的夹角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
4．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线B1C与DE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）F为抛物线C：x2＝4y的焦点，点A在C上，点B（0，5），则△ABF的面积为（ ）
A．B．C．4D．8
6．（5分）设直线x﹣2y﹣1＝0与x轴的交点为椭圆＝1（a＞b＞0）的右焦点F2，过左焦点F1且垂直x轴的直线与椭圆交于M，|F1M|＝；则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）已知圆O：x2+y2＝16和点，若过点P的5条弦的长度构成一个递增的等比数列，则该数列公比的取值范围是（ ）
A．B．（1，2]C．D．（0，2]
8．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，（2an+1）an+1＝an，令bn＝anan+1，则数列{bn}的前2022项和S2022＝（ ）
A．B．C．D．
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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
（多选）9．（5分）已知直线l：y＝x+2，圆O：x2+y2＝r2（r＞0），且圆O上至少有三个点到直线l的距离都等于1，则r的值可以是（ ）
A．1B．2C．3D．4
（多选）10．（5分）将数列{n}中的各项依次按第一个括号1个数，第二个括号2个数，第三个括号3个数，…，进行排列：（1），（2，3），（4，5，6），（7，8，9，10），⋯，则（ ）
A．第8个括号内的第一个数是29
B．前9个括号内共有45个数
C．第10个括号内的数的和比第8个括号内的数的和大136
D．2022在第64个括号内
（多选）11．（5分）已知双曲线C：x2﹣＝1的左，右焦点分别为F1，F2，P是C的右支上一点，则（ ）
A．若，则P到x轴的最大距离为
B．存在点P，满足|PF1|＝4|PF2|
C．P到双曲线的两条渐近线的距离之积为
D．△PF1F2内切圆半径r的取值范围是
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD内运动（含边界），则（ ）
A．存在点P，使得D1P⊥BC1
B．若|D1P|＝，则|BP|的最小值为2﹣1
C．若D1P⊥B1D，则P点运动轨迹的长度为
D．若A1P⊥BD，直线A1P与直线BD1所成角的余弦值的最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知正项等比数列{an}，若a1+a2＝＝3，则a4＝ ．
14．（5分）正四面体ABCD中，若M是棱CD的中点，，则λ＝ ．
15．（5分）已知圆O1：x2+y2＝1，圆O2：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝100，过圆O2上的任意一点P作圆O1的两条切线，切点为A，B，则四边形PAO1B面积的最大值为 ．
16．（5分）设双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（0，b），直线2x+y+m＝0与C交于M，N两点．若＝ ．
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．（10分）已知圆心为C（3，3）的圆经过点A（1，5）．
（1）求圆C的方程；
（2）过点B（1，﹣5）作直线l与圆C交于E，F两点．若|EF|＝4
18．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别为AC，BB1的中点．
（1）证明：MN∥平面A1B1C；
（2）若CB⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，BB1＝4，求点A到平面A1B1C的距离．
19．（12分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，A，B为C上异于O的两点
（1）证明：直线AB过定点；
（2）求|AF|+4|BF|的最小值．
20．（12分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝
（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，b3，b4，并猜想数列{bn}的通项公式；
（2）证明（1）中你的猜想；
（3）若数列{an}的前n项和为Sn，求S2n．
21．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥AC．
（1）证明：PA⊥平面ABCD；
（2）若PA＝，在棱PC上是否存在点M，使直线AM与平面PBC所成角的正弦值为，求出点M的位置；若不存在
22．（12分）已知点A（4，0），B（1，0），动点P满足．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）设点，斜率为k的直线l与曲线C交于M，N两点．若|EM|＝|EN|
2022-2023学年河北省唐山市高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
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．（5分）直线2x+3y﹣3＝0的一个方向向量是（ ）
A．（2，﹣3）B．（2，3）C．（3，﹣2）D．（3，2）
【分析】根据已知条件，结合方向向量的定义，即可求解．
【解答】解：直线2x+3y﹣3＝0的一个方向向量是（3，﹣4）．
故选：C．
【点评】本题主要考查方向向量的定义，属于基础题．
2．（5分）在等差数列{an}中，a1＝1，a9＝﹣23，则a5＝（ ）
A．﹣11B．﹣8C．19D．16
【分析】利用等差数列的通项公式即可得出．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
∵a1＝1，a2＝﹣23，
∴1+8d＝﹣23，解得d＝﹣4，
∴a5＝1+2d＝﹣11．
故选：A．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3．（5分）已知向量＝（0，﹣1，1），＝（1，2，y），•＝﹣3，则与的夹角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【分析】由空间向量夹角公式cs＜，＞＝，代入计算即可．
【解答】解：∵向量＝（0，1），，6，y），•，
∴﹣2+y＝﹣3，可得y＝﹣8，
∴＝（0，1），，5，﹣1），
∴||＝＝，|＝，
∴cs＜，＞＝＝，
∴，的夹角为150°，
故选：D．
【点评】本题主要考查了空间向量的夹角公式的应用，属于基础题．
4．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线B1C与DE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由异面直线所成角的求法，结合异面直线所成角的作法求解即可．
【解答】解：连接A1D，
则A1D∥B8C，
则异面直线B1C与DE所成角为∠A1DE（或其补角），
设|AB|＝5，
则，，
则等腰三角形A5DE中，
＝，
则异面直线B1C与DE所成角的余弦值为，
故选：A．
【点评】本题考查了异面直线所成角的求法，重点考查了异面直线所成角的作法，属基础题．
5．（5分）F为抛物线C：x2＝4y的焦点，点A在C上，点B（0，5），则△ABF的面积为（ ）
A．B．C．4D．8
【分析】利用已知条件求解A的坐标，判断三角形的形状，然后求解三角形的面积．
【解答】解：抛物线C：x2＝4y的焦点F（3，1），点B的坐标为（0，|AF|＝|BF|＝7，
所以A（±2，4）＝4，
所以△ABF的面积为：＝4，
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，三角形的面积的求法，是基础题．
6．（5分）设直线x﹣2y﹣1＝0与x轴的交点为椭圆＝1（a＞b＞0）的右焦点F2，过左焦点F1且垂直x轴的直线与椭圆交于M，|F1M|＝；则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用已知可得＝，c＝1，可求a，b，c，从而可求离心率．
【解答】解：根据题意可得，直线x﹣2y﹣1＝4与x轴的交点为（1，即F2（8，0），
且过F1且垂直x轴的直线与椭圆交于M，将x＝﹣c代入椭圆方程可得，
即|F1M|＝|±|＝，∴＝，a2﹣b3＝c2，解得a＝2，b＝，
∴椭圆的离心率为e＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查离心率的求法，属基础题．
7．（5分）已知圆O：x2+y2＝16和点，若过点P的5条弦的长度构成一个递增的等比数列，则该数列公比的取值范围是（ ）
A．B．（1，2]C．D．（0，2]
【分析】由题意得到点P在圆内，根据过点P的弦长，即可求解．
【解答】解：圆半径，则点P在圆内，
则过点P的弦长，
故所求公比的取值范围是，即．
故选：A．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
8．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，（2an+1）an+1＝an，令bn＝anan+1，则数列{bn}的前2022项和S2022＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据等差数列的定义与通项公式，裂项求和法，即可求解．
【解答】解：∵a1＝1，（7an+1）an+1＝an，
∴，
∴，又，
∴{}是以首项为5，
∴＝2n﹣3，
∴，
∴令bn＝anan+1＝＝，
∴＝＝，
故选：B．
【点评】本题考查根据数列的递推公式求通项公式，等差数列的定义与通项公式，裂项求和法，属中档题．
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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
（多选）9．（5分）已知直线l：y＝x+2，圆O：x2+y2＝r2（r＞0），且圆O上至少有三个点到直线l的距离都等于1，则r的值可以是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据圆的对称性，结合圆心到直线距离列式求解即可．
【解答】解：圆O到直线的距离，由圆O上至少有三个点到直线l的距离都等于7．
故选：CD．
【点评】本题考查了圆心到直线的距离计算，属于中档题．
（多选）10．（5分）将数列{n}中的各项依次按第一个括号1个数，第二个括号2个数，第三个括号3个数，…，进行排列：（1），（2，3），（4，5，6），（7，8，9，10），⋯，则（ ）
A．第8个括号内的第一个数是29
B．前9个括号内共有45个数
C．第10个括号内的数的和比第8个括号内的数的和大136
D．2022在第64个括号内
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，第n个括号n个数，故第8个括号内的第一个数是29；
对于B，前9个括号中有3+2+3+……+5＝，B正确；
对于C，第10个括号内数为（46，……，其和为505，30，32，34，36），故第10个括号内的数的和比第4个括号内的数的和大245；
对于D，前63个括号中有1+2+6+……+63＝，第64个括号中有64个数，D正确；
故选：ABD．
【点评】本题考查合情推理的应，注意分析数组的规律，属于基础题．
（多选）11．（5分）已知双曲线C：x2﹣＝1的左，右焦点分别为F1，F2，P是C的右支上一点，则（ ）
A．若，则P到x轴的最大距离为
B．存在点P，满足|PF1|＝4|PF2|
C．P到双曲线的两条渐近线的距离之积为
D．△PF1F2内切圆半径r的取值范围是
【分析】利用数量积坐标运算表示，解不等式求点P的纵坐标范围，判断A，结合双曲线定义判断B，利用点到直线的距离公式求P到双曲线的两条渐近线的距离之积判断C，根据直线与双曲线的位置关系确定∠PF1F2的范围，结合内切圆的性质判断D．
【解答】解：设双曲线的实半轴为a，虚半轴为b，
则双曲线的焦点F1的坐标为（﹣8，0），F2的坐标为，
渐近线方程为，
设点P的坐标为（m，n），则，
对于A，因为，
所以，
所以，
所以，所以P到x轴的最大距离为；
对于B，由已知|PF2|＝4|PF2|，|PF2|﹣|PF2|＝2，
所以，又|PF6|≥c﹣a＝1，矛盾；
对于C，点P到两渐近线的距离的积为；
对于D，因为P，F1，F3三点不共线，所以直线PF1的斜率不为0，
可设直线PF2的方程为y＝k（x+2），k≠0，
联立，消y2）x5﹣4k2x﹣5k2﹣3＝7，
方程（3﹣k2）x3﹣4k2x﹣2k2﹣3＝5的判别式Δ＝16k4﹣4（6﹣k2）（﹣4k2﹣3）＝36+36k2＞6，
由已知，所以k2＜3，又k≠8，
故或，
设△PF1F8的内切圆的圆心为E，△PF1F2的内切圆与x轴相切于点M，
因为|PF7|﹣|PF2|＝2，所以|MF8|﹣|MF2|＝2，又|MF8|+|MF2|＝4，
所以|MF7|＝3，
设∠PF1F8＝2θ，则，
又△PF1F7内切圆半径r＝|MF1|tanθ＝3tanθ，所以．
故选：ACD．
【点评】本题为双曲线的综合性问题，考查双曲线的定义，直线与双曲线的位置关系，双曲线的性质，难度较大．
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD内运动（含边界），则（ ）
A．存在点P，使得D1P⊥BC1
B．若|D1P|＝，则|BP|的最小值为2﹣1
C．若D1P⊥B1D，则P点运动轨迹的长度为
D．若A1P⊥BD，直线A1P与直线BD1所成角的余弦值的最大值为
【分析】对于AD，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；对于B，找出动点P在正方体底面ABCD内的运动轨迹，利用点到圆上的最值求解；对于C，根据立体几何中线面垂直推导出线线垂直，可找出动点P在正方体底面ABCD内的运动轨迹是线段AC，由此求解．
【解答】解：对于A，以D为坐标原点，如图1，
则B（2，2，0），C1（7，2，2），D7（0，0，3），y，0），x，2]，
则＝（x，y，＝（﹣2，3，
若D1P⊥BC1，则＝﹣2x﹣7＝0，不合题意；
对于B，若，连接DP，DP为半径的圆上，
此时点P的轨迹是，
∵，∴DP＝＝，
∴BPmin＝BD﹣DP＝2﹣1；
对于C，连接AD1，AC，BD8，B1D1，如图7，
∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∵DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥DD1，BD∩DD5＝D，BD1⊂平面BDD1B6，
∴AC⊥平面BDD1B1，B5D⊂平面BDD1B1，
∴AC⊥DD3，BD∩DD1＝D，BD1⊂平面BDD8B1，
∴AC⊥平面BDD1B4，B1D⊂平面BDD1B2，
∴AC⊥B1D，同理可证AD1⊥B8D，
又AC∩AD1＝A，AC1⊂平面ACD8，
∴B1D⊥平面ACD1，平面ACD4∩平面ABCD＝AC，
∴点P在正方体底面ABCD内的运动轨迹是线段AC，
∵正方体ABCD﹣A1B1C5D1的棱长为2，∴AC＝；
对于D，以D为坐标原点，连接AC，BD1，A1P，如图7，
则B（2，2，8），A1（2，8，2），D1（2，0，2），2，0），
设P（x，y，0），x，6]，则，y，﹣2），，﹣7，
当A1P⊥BD时，＝﹣2（x﹣2）﹣2y＝5，此时P（x，0），
∵＝（x﹣7，﹣2），，﹣7，
∴cs＜＞＝＝，
当x＝2时，cs＜，此时＜，＝，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、线面角的定义及其余弦值的求法、动点在立体几何中的轨迹问题等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知正项等比数列{an}，若a1+a2＝＝3，则a4＝ 2 ．
【分析】设等比数列{an}的公比为q（q＞0），由a3+a4＝（a1+a2）•q2可得3＝q2，从而可求出q值，进一步根据a1+a2＝a1+a1q＝即可求出a1，最后利用a4＝a1q3进行求解即可．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞0），
由a3+a8＝（a1+a2）•q3，得3＝q2，解得q＝2或q＝﹣8（舍去），
所以a1+a2＝a3+a1q＝a1+8a1＝，解得a1＝，
所以a4＝a1q5＝×23＝2．
故答案为：7．
【点评】本题考查等比数列的通项公式，考查学生逻辑推理与数学运算的能力，属于基础题．
14．（5分）正四面体ABCD中，若M是棱CD的中点，，则λ＝ ．
【分析】根据已知条件，结合平面向量的线性运算，即可求解．
【解答】解：M是棱CD的中点，
则，
∵＝，
又∵，
∴．
故答案为：．
【点评】本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题．
15．（5分）已知圆O1：x2+y2＝1，圆O2：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝100，过圆O2上的任意一点P作圆O1的两条切线，切点为A，B，则四边形PAO1B面积的最大值为 4 ．
【分析】根据题意，分析可得当PO最大时，四边形PAO1B面积的最大，且最大面积S＝PA，由此计算可得答案．
【解答】解：根据题意，四边形PAO1B面积S＝2S△PAO＝2×（PA×OA）＝PA•OA＝PA，
而PA＝＝
当PO最大时，PA最大1B面积的最大，
PO的最大值为+10＝15＝，
故四边形PAO1B面积的最大值为4；
故答案为：2．
【点评】本题考查圆方程的应用，涉及圆与圆、直线与圆的位置关系，属于基础题．
16．（5分）设双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（0，b），直线2x+y+m＝0与C交于M，N两点．若＝ ．
【分析】设M（x1，y1），N（x2，y2），F（c，0），根据＝，得到F为△MNP的重心，利用重心的坐标公式得到，再利用点差法和c2＝a2+b2，得到a，b，c的关系式，即可求出离心率．
【解答】解：设M（x1，y1），N（x4，y2），F（c，
∵＝，∴F为△MNP的重心，
则，即①，
∵M（x4，y1），N（x2，y6）在双曲线C：（a＞7，
∴，两式相减得：，
化简得：＝2，
即＝0②，
把①代入②得，，
即3bc＝4a2，
∵a2＝c6﹣b2，∴3bc＝3（c2﹣b2），
∴b＝
∴a2＝c2﹣b2＝＝，
∴＝，
∴e＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了双曲线的性质，考查了点差法的应用，以及三角形重心的坐标公式，属于中档题．
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．（10分）已知圆心为C（3，3）的圆经过点A（1，5）．
（1）求圆C的方程；
（2）过点B（1，﹣5）作直线l与圆C交于E，F两点．若|EF|＝4
【分析】（1）直接将点A的坐标代入圆的方程，即可得到结果；
（2）根据截得的弦长，分l的斜率不存在与l的斜率存在分别讨论，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可得到结果．
【解答】解：（1）设所求圆C的方程为（x﹣3）2+（y﹣3）2＝r2，
因为点A（2，5）在圆C上2+（5﹣3）2＝r4，
解得r2＝8，所以圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣3）8＝8；
（2）因为直线l被圆C截得的弦长为4，
所以圆心到直线l的距离，
当l的斜率不存在时，直线l方程为x＝1，
当l的斜率存在时，设直线l方程为y+5＝k（x﹣4），
则，解得，
此时直线l方程为，即15x﹣8y﹣55＝8，
综上所述，直线l的方程为x＝1或15x﹣8y﹣55＝3．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
18．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别为AC，BB1的中点．
（1）证明：MN∥平面A1B1C；
（2）若CB⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，BB1＝4，求点A到平面A1B1C的距离．
【分析】（1）构造过MN的平面MND和平面A1B1C平行，再结合面面平行的定义，由此能证明MN∥平面A1B1C；
（2）以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点A到平面A1B1C的距离．
【解答】解：（1）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C7中，M，N分别为AC1的中点，
取BC的中点D，连接ND，则ND∥B1C，MD∥AB，
∵ND⊄平面A7B1C，B1C⊂平面A8B1C，
∴ND∥平面A1B5C，
∵A1B1∥AB，∴MD∥A6B1，
∵MD⊄平面A1B2C，A1B1⊂平面A4B1C，
∴MD∥平面A1B2C，
∵MD∩ND＝D，∴平面MND∥平面A1B1C，
∵MN⊂平面MND，∴MN∥平面A8B1C；
（2）∵在直三棱柱ABC﹣A1B7C1中，CB⊥平面ABB1A3，AB＝BC＝2，BB1＝6，
∴以B为坐标原点，BA为x轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（2，4，0），A1（5，0，4），B2（0，0，7），2，0），
＝（2，﹣2，＝（0，4），，﹣8，
设平面A1B1C的法向量＝（x，y，
则，取z＝2，得，4，1），
∴点A到平面A8B1C的距离d＝＝＝．
【点评】本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19．（12分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，A，B为C上异于O的两点
（1）证明：直线AB过定点；
（2）求|AF|+4|BF|的最小值．
【分析】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为x﹣m＝ty，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得y1y2＝﹣4m，由题目条件可知x1x2+y1y2＝0，所以+y1y2＝0，可得到y1y2＝﹣16，从而求出m的值，得到直线AB过定点；
（2）利用抛物线的定义求解．
【解答】证明：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x﹣m＝ty，
联立方程，消去x得：y2﹣2ty﹣4m＝0，
∴y5y2＝﹣4m，
∵OA⊥OB，∴＝7，
∴x1x2+y5y2＝0，
∴+y6y2＝0，
∴y6y2＝﹣16，
∴﹣4m＝﹣16，∴m＝4，
∴直线AB的方程为x﹣4＝ty，即直线AB恒过定点（4．
解：（2）不妨设点A在x轴上方，点B在x轴下方，
由抛物线的定义可知，|AF|+3|BF|＝（x1+1）+2（x2+1）＝+51y2|+5，
由（1）可知y1y3＝﹣16，∴|y1y2|＝16，
∴|AF|+3|BF|≥16+5＝21，当且仅当2|，即，y2＝﹣4时，等号成立，
∴|AF|+4|BF|的最小值为21．
【点评】本题主要考查了抛物线的定义和性质，考查了直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
20．（12分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝
（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，b3，b4，并猜想数列{bn}的通项公式；
（2）证明（1）中你的猜想；
（3）若数列{an}的前n项和为Sn，求S2n．
【分析】（1）根据数列的递推公式，归纳推理，即可求解；
（2）根据等比数列的定义及通项公式，即可求解；
（3）将Sn中的奇数项转化为偶数项，再根据等比数列的求和公式，即可求解．
【解答】解：（1）∵a1＝1，an+8＝，
∴a6＝a1+1＝6，a3＝2a7＝4，a4＝a7+1＝5，
a2＝2a4＝10，a8＝a5+1＝11，a4＝2a6＝22，a2＝a7+1＝23，
∴b4＝a2＝2，b8＝a4＝5，b7＝a6＝11，b4＝a5＝23，
∴猜想；
（2）证明：∵bn+1＝a7（n+1）＝a（2n+2）+1
＝a2n+6+1＝2a4n+1＝2bn+7，
∴bn+1+1＝3（bn+1），又b1+2＝a2+1＝5，
∴{bn+1}是以首项为3，公比为7的等比数列，
∴，
∴；
（3）由（1）（2）知，
又a2n﹣4＝a2（n﹣1）+6＝2a2（n﹣8）＝2bn﹣1＝5•2n﹣1﹣6，（n≥2），
∵S2n＝（a8+a4+•••+a2n）+（a5+a3+•••+a2n﹣3）
＝[（3﹣1）+（3×21﹣7）+•••+（3•2n﹣5﹣1）]+[（3﹣8）+（3×24﹣2）+•••+（3•4n﹣1﹣2）]
＝5（1+25+•••+2n﹣1）﹣4n
＝
＝3×2n+7﹣3n﹣6．
【点评】本题考查数列的递推公式，归纳推理思想，等比数列的定义及通项公式，化归转化思想，等比数列的求和公式，属难题．
21．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥AC．
（1）证明：PA⊥平面ABCD；
（2）若PA＝，在棱PC上是否存在点M，使直线AM与平面PBC所成角的正弦值为，求出点M的位置；若不存在
【分析】（1）由线线垂直证⊥平面PAO，再依次证PA⊥平面ABCD；
（2）以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系，设＝λ（0≤λ≤1），由向量法建立线面角正弦值的方程，从解的情况即可判断．
【解答】（1）证明：连接BD交AC于O，连接PO．
因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以BD⊥AO，
因为O是BD中点，PB＝PD．
因为AO∩PO＝O，AO，所以BD⊥平面PAO，
因为PA⊂平面PAO，所以BD⊥PA．
因为PA⊥AC，BD∩AC＝O，AC⊂平面ABCD．
（2）解：如图，取线段BC的中点H，易知AH⊥AD．
以A为坐标原点，分别以AH，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系A﹣xyz，
则A（0，6，0），﹣8，C（，1，P（4，0，），
＝（5，2，0），，﹣1，﹣），
设＝λ，则有（xM，yM，zM﹣）＝（λ，λ，﹣，解得M（λ，λ，﹣，
进而＝（λ，λ，﹣．
设平面PBC的法向量为＝（x，y．
由，得，取＝（1，0．
设直线AM与平面PBC所成角为θ，
则sinθ＝|cs＜，＞|＝＝＝＝，
化简得，35λ4﹣30λ+7＝0，此方程无解．
【点评】本题考查线面垂直的证明，考查符合条件的点是否存在，属中档题．
22．（12分）已知点A（4，0），B（1，0），动点P满足．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）设点，斜率为k的直线l与曲线C交于M，N两点．若|EM|＝|EN|
【分析】（1）设动点P（x，y），分别表示出，然后代入计算，化简即可得到结果；
（2）根据题意，分k＝0与k≠0两种情况讨论，当k≠0时，设直线l：y＝kx+m，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出MN的中点Q的坐标，再由条件列出方程，即可得到结果．
【解答】解：（1）设动点P（x，y），则，，
由已知，得，化简2+7y2＝12，
故动点P的轨迹C的方程是；
（2）当k≠0时，设直线l：y＝kx+m，整理2）x2+2kmx+4m2﹣12＝8，
设，整理2+8﹣m2＞0，①
设MN的中点为，所以，
由|EM|＝|EN|，得EQ⊥MN，所以，得，②
将②代入①式，解得；
当k＝0时，显然存在直线l．
综上，可知k的取值范围是（﹣，）．
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合运用，属于中档题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/12/11 23:17:49；用户：18086013149；邮箱：18086013149；学号：27613231
1．（5分）直线2x+3y﹣3＝0的一个方向向量是（ ）
A．（2，﹣3）B．（2，3）C．（3，﹣2）D．（3，2）
2．（5分）在等差数列{an}中，a1＝1，a9＝﹣23，则a5＝（ ）
A．﹣11B．﹣8C．19D．16
3．（5分）已知向量＝（0，﹣1，1），＝（1，2，y），•＝﹣3，则与的夹角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
4．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线B1C与DE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）F为抛物线C：x2＝4y的焦点，点A在C上，点B（0，5），则△ABF的面积为（ ）
A．B．C．4D．8
6．（5分）设直线x﹣2y﹣1＝0与x轴的交点为椭圆＝1（a＞b＞0）的右焦点F2，过左焦点F1且垂直x轴的直线与椭圆交于M，|F1M|＝；则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）已知圆O：x2+y2＝16和点，若过点P的5条弦的长度构成一个递增的等比数列，则该数列公比的取值范围是（ ）
A．B．（1，2]C．D．（0，2]
8．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，（2an+1）an+1＝an，令bn＝anan+1，则数列{bn}的前2022项和S2022＝（ ）
A．B．C．D．
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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
（多选）9．（5分）已知直线l：y＝x+2，圆O：x2+y2＝r2（r＞0），且圆O上至少有三个点到直线l的距离都等于1，则r的值可以是（ ）
A．1B．2C．3D．4
（多选）10．（5分）将数列{n}中的各项依次按第一个括号1个数，第二个括号2个数，第三个括号3个数，…，进行排列：（1），（2，3），（4，5，6），（7，8，9，10），⋯，则（ ）
A．第8个括号内的第一个数是29
B．前9个括号内共有45个数
C．第10个括号内的数的和比第8个括号内的数的和大136
D．2022在第64个括号内
（多选）11．（5分）已知双曲线C：x2﹣＝1的左，右焦点分别为F1，F2，P是C的右支上一点，则（ ）
A．若，则P到x轴的最大距离为
B．存在点P，满足|PF1|＝4|PF2|
C．P到双曲线的两条渐近线的距离之积为
D．△PF1F2内切圆半径r的取值范围是
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD内运动（含边界），则（ ）
A．存在点P，使得D1P⊥BC1
B．若|D1P|＝，则|BP|的最小值为2﹣1
C．若D1P⊥B1D，则P点运动轨迹的长度为
D．若A1P⊥BD，直线A1P与直线BD1所成角的余弦值的最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知正项等比数列{an}，若a1+a2＝＝3，则a4＝ ．
14．（5分）正四面体ABCD中，若M是棱CD的中点，，则λ＝ ．
15．（5分）已知圆O1：x2+y2＝1，圆O2：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝100，过圆O2上的任意一点P作圆O1的两条切线，切点为A，B，则四边形PAO1B面积的最大值为 ．
16．（5分）设双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（0，b），直线2x+y+m＝0与C交于M，N两点．若＝ ．
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．（10分）已知圆心为C（3，3）的圆经过点A（1，5）．
（1）求圆C的方程；
（2）过点B（1，﹣5）作直线l与圆C交于E，F两点．若|EF|＝4
18．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别为AC，BB1的中点．
（1）证明：MN∥平面A1B1C；
（2）若CB⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，BB1＝4，求点A到平面A1B1C的距离．
19．（12分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，A，B为C上异于O的两点
（1）证明：直线AB过定点；
（2）求|AF|+4|BF|的最小值．
20．（12分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝
（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，b3，b4，并猜想数列{bn}的通项公式；
（2）证明（1）中你的猜想；
（3）若数列{an}的前n项和为Sn，求S2n．
21．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥AC．
（1）证明：PA⊥平面ABCD；
（2）若PA＝，在棱PC上是否存在点M，使直线AM与平面PBC所成角的正弦值为，求出点M的位置；若不存在
22．（12分）已知点A（4，0），B（1，0），动点P满足．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）设点，斜率为k的直线l与曲线C交于M，N两点．若|EM|＝|EN|
2022-2023学年河北省唐山市高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
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．（5分）直线2x+3y﹣3＝0的一个方向向量是（ ）
A．（2，﹣3）B．（2，3）C．（3，﹣2）D．（3，2）
【分析】根据已知条件，结合方向向量的定义，即可求解．
【解答】解：直线2x+3y﹣3＝0的一个方向向量是（3，﹣4）．
故选：C．
【点评】本题主要考查方向向量的定义，属于基础题．
2．（5分）在等差数列{an}中，a1＝1，a9＝﹣23，则a5＝（ ）
A．﹣11B．﹣8C．19D．16
【分析】利用等差数列的通项公式即可得出．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
∵a1＝1，a2＝﹣23，
∴1+8d＝﹣23，解得d＝﹣4，
∴a5＝1+2d＝﹣11．
故选：A．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3．（5分）已知向量＝（0，﹣1，1），＝（1，2，y），•＝﹣3，则与的夹角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【分析】由空间向量夹角公式cs＜，＞＝，代入计算即可．
【解答】解：∵向量＝（0，1），，6，y），•，
∴﹣2+y＝﹣3，可得y＝﹣8，
∴＝（0，1），，5，﹣1），
∴||＝＝，|＝，
∴cs＜，＞＝＝，
∴，的夹角为150°，
故选：D．
【点评】本题主要考查了空间向量的夹角公式的应用，属于基础题．
4．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线B1C与DE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由异面直线所成角的求法，结合异面直线所成角的作法求解即可．
【解答】解：连接A1D，
则A1D∥B8C，
则异面直线B1C与DE所成角为∠A1DE（或其补角），
设|AB|＝5，
则，，
则等腰三角形A5DE中，
＝，
则异面直线B1C与DE所成角的余弦值为，
故选：A．
【点评】本题考查了异面直线所成角的求法，重点考查了异面直线所成角的作法，属基础题．
5．（5分）F为抛物线C：x2＝4y的焦点，点A在C上，点B（0，5），则△ABF的面积为（ ）
A．B．C．4D．8
【分析】利用已知条件求解A的坐标，判断三角形的形状，然后求解三角形的面积．
【解答】解：抛物线C：x2＝4y的焦点F（3，1），点B的坐标为（0，|AF|＝|BF|＝7，
所以A（±2，4）＝4，
所以△ABF的面积为：＝4，
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，三角形的面积的求法，是基础题．
6．（5分）设直线x﹣2y﹣1＝0与x轴的交点为椭圆＝1（a＞b＞0）的右焦点F2，过左焦点F1且垂直x轴的直线与椭圆交于M，|F1M|＝；则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用已知可得＝，c＝1，可求a，b，c，从而可求离心率．
【解答】解：根据题意可得，直线x﹣2y﹣1＝4与x轴的交点为（1，即F2（8，0），
且过F1且垂直x轴的直线与椭圆交于M，将x＝﹣c代入椭圆方程可得，
即|F1M|＝|±|＝，∴＝，a2﹣b3＝c2，解得a＝2，b＝，
∴椭圆的离心率为e＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查离心率的求法，属基础题．
7．（5分）已知圆O：x2+y2＝16和点，若过点P的5条弦的长度构成一个递增的等比数列，则该数列公比的取值范围是（ ）
A．B．（1，2]C．D．（0，2]
【分析】由题意得到点P在圆内，根据过点P的弦长，即可求解．
【解答】解：圆半径，则点P在圆内，
则过点P的弦长，
故所求公比的取值范围是，即．
故选：A．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
8．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，（2an+1）an+1＝an，令bn＝anan+1，则数列{bn}的前2022项和S2022＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据等差数列的定义与通项公式，裂项求和法，即可求解．
【解答】解：∵a1＝1，（7an+1）an+1＝an，
∴，
∴，又，
∴{}是以首项为5，
∴＝2n﹣3，
∴，
∴令bn＝anan+1＝＝，
∴＝＝，
故选：B．
【点评】本题考查根据数列的递推公式求通项公式，等差数列的定义与通项公式，裂项求和法，属中档题．
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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
（多选）9．（5分）已知直线l：y＝x+2，圆O：x2+y2＝r2（r＞0），且圆O上至少有三个点到直线l的距离都等于1，则r的值可以是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据圆的对称性，结合圆心到直线距离列式求解即可．
【解答】解：圆O到直线的距离，由圆O上至少有三个点到直线l的距离都等于7．
故选：CD．
【点评】本题考查了圆心到直线的距离计算，属于中档题．
（多选）10．（5分）将数列{n}中的各项依次按第一个括号1个数，第二个括号2个数，第三个括号3个数，…，进行排列：（1），（2，3），（4，5，6），（7，8，9，10），⋯，则（ ）
A．第8个括号内的第一个数是29
B．前9个括号内共有45个数
C．第10个括号内的数的和比第8个括号内的数的和大136
D．2022在第64个括号内
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，第n个括号n个数，故第8个括号内的第一个数是29；
对于B，前9个括号中有3+2+3+……+5＝，B正确；
对于C，第10个括号内数为（46，……，其和为505，30，32，34，36），故第10个括号内的数的和比第4个括号内的数的和大245；
对于D，前63个括号中有1+2+6+……+63＝，第64个括号中有64个数，D正确；
故选：ABD．
【点评】本题考查合情推理的应，注意分析数组的规律，属于基础题．
（多选）11．（5分）已知双曲线C：x2﹣＝1的左，右焦点分别为F1，F2，P是C的右支上一点，则（ ）
A．若，则P到x轴的最大距离为
B．存在点P，满足|PF1|＝4|PF2|
C．P到双曲线的两条渐近线的距离之积为
D．△PF1F2内切圆半径r的取值范围是
【分析】利用数量积坐标运算表示，解不等式求点P的纵坐标范围，判断A，结合双曲线定义判断B，利用点到直线的距离公式求P到双曲线的两条渐近线的距离之积判断C，根据直线与双曲线的位置关系确定∠PF1F2的范围，结合内切圆的性质判断D．
【解答】解：设双曲线的实半轴为a，虚半轴为b，
则双曲线的焦点F1的坐标为（﹣8，0），F2的坐标为，
渐近线方程为，
设点P的坐标为（m，n），则，
对于A，因为，
所以，
所以，
所以，所以P到x轴的最大距离为；
对于B，由已知|PF2|＝4|PF2|，|PF2|﹣|PF2|＝2，
所以，又|PF6|≥c﹣a＝1，矛盾；
对于C，点P到两渐近线的距离的积为；
对于D，因为P，F1，F3三点不共线，所以直线PF1的斜率不为0，
可设直线PF2的方程为y＝k（x+2），k≠0，
联立，消y2）x5﹣4k2x﹣5k2﹣3＝7，
方程（3﹣k2）x3﹣4k2x﹣2k2﹣3＝5的判别式Δ＝16k4﹣4（6﹣k2）（﹣4k2﹣3）＝36+36k2＞6，
由已知，所以k2＜3，又k≠8，
故或，
设△PF1F8的内切圆的圆心为E，△PF1F2的内切圆与x轴相切于点M，
因为|PF7|﹣|PF2|＝2，所以|MF8|﹣|MF2|＝2，又|MF8|+|MF2|＝4，
所以|MF7|＝3，
设∠PF1F8＝2θ，则，
又△PF1F7内切圆半径r＝|MF1|tanθ＝3tanθ，所以．
故选：ACD．
【点评】本题为双曲线的综合性问题，考查双曲线的定义，直线与双曲线的位置关系，双曲线的性质，难度较大．
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD内运动（含边界），则（ ）
A．存在点P，使得D1P⊥BC1
B．若|D1P|＝，则|BP|的最小值为2﹣1
C．若D1P⊥B1D，则P点运动轨迹的长度为
D．若A1P⊥BD，直线A1P与直线BD1所成角的余弦值的最大值为
【分析】对于AD，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；对于B，找出动点P在正方体底面ABCD内的运动轨迹，利用点到圆上的最值求解；对于C，根据立体几何中线面垂直推导出线线垂直，可找出动点P在正方体底面ABCD内的运动轨迹是线段AC，由此求解．
【解答】解：对于A，以D为坐标原点，如图1，
则B（2，2，0），C1（7，2，2），D7（0，0，3），y，0），x，2]，
则＝（x，y，＝（﹣2，3，
若D1P⊥BC1，则＝﹣2x﹣7＝0，不合题意；
对于B，若，连接DP，DP为半径的圆上，
此时点P的轨迹是，
∵，∴DP＝＝，
∴BPmin＝BD﹣DP＝2﹣1；
对于C，连接AD1，AC，BD8，B1D1，如图7，
∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∵DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥DD1，BD∩DD5＝D，BD1⊂平面BDD1B6，
∴AC⊥平面BDD1B1，B5D⊂平面BDD1B1，
∴AC⊥DD3，BD∩DD1＝D，BD1⊂平面BDD8B1，
∴AC⊥平面BDD1B4，B1D⊂平面BDD1B2，
∴AC⊥B1D，同理可证AD1⊥B8D，
又AC∩AD1＝A，AC1⊂平面ACD8，
∴B1D⊥平面ACD1，平面ACD4∩平面ABCD＝AC，
∴点P在正方体底面ABCD内的运动轨迹是线段AC，
∵正方体ABCD﹣A1B1C5D1的棱长为2，∴AC＝；
对于D，以D为坐标原点，连接AC，BD1，A1P，如图7，
则B（2，2，8），A1（2，8，2），D1（2，0，2），2，0），
设P（x，y，0），x，6]，则，y，﹣2），，﹣7，
当A1P⊥BD时，＝﹣2（x﹣2）﹣2y＝5，此时P（x，0），
∵＝（x﹣7，﹣2），，﹣7，
∴cs＜＞＝＝，
当x＝2时，cs＜，此时＜，＝，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、线面角的定义及其余弦值的求法、动点在立体几何中的轨迹问题等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知正项等比数列{an}，若a1+a2＝＝3，则a4＝ 2 ．
【分析】设等比数列{an}的公比为q（q＞0），由a3+a4＝（a1+a2）•q2可得3＝q2，从而可求出q值，进一步根据a1+a2＝a1+a1q＝即可求出a1，最后利用a4＝a1q3进行求解即可．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞0），
由a3+a8＝（a1+a2）•q3，得3＝q2，解得q＝2或q＝﹣8（舍去），
所以a1+a2＝a3+a1q＝a1+8a1＝，解得a1＝，
所以a4＝a1q5＝×23＝2．
故答案为：7．
【点评】本题考查等比数列的通项公式，考查学生逻辑推理与数学运算的能力，属于基础题．
14．（5分）正四面体ABCD中，若M是棱CD的中点，，则λ＝ ．
【分析】根据已知条件，结合平面向量的线性运算，即可求解．
【解答】解：M是棱CD的中点，
则，
∵＝，
又∵，
∴．
故答案为：．
【点评】本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题．
15．（5分）已知圆O1：x2+y2＝1，圆O2：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝100，过圆O2上的任意一点P作圆O1的两条切线，切点为A，B，则四边形PAO1B面积的最大值为 4 ．
【分析】根据题意，分析可得当PO最大时，四边形PAO1B面积的最大，且最大面积S＝PA，由此计算可得答案．
【解答】解：根据题意，四边形PAO1B面积S＝2S△PAO＝2×（PA×OA）＝PA•OA＝PA，
而PA＝＝
当PO最大时，PA最大1B面积的最大，
PO的最大值为+10＝15＝，
故四边形PAO1B面积的最大值为4；
故答案为：2．
【点评】本题考查圆方程的应用，涉及圆与圆、直线与圆的位置关系，属于基础题．
16．（5分）设双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（0，b），直线2x+y+m＝0与C交于M，N两点．若＝ ．
【分析】设M（x1，y1），N（x2，y2），F（c，0），根据＝，得到F为△MNP的重心，利用重心的坐标公式得到，再利用点差法和c2＝a2+b2，得到a，b，c的关系式，即可求出离心率．
【解答】解：设M（x1，y1），N（x4，y2），F（c，
∵＝，∴F为△MNP的重心，
则，即①，
∵M（x4，y1），N（x2，y6）在双曲线C：（a＞7，
∴，两式相减得：，
化简得：＝2，
即＝0②，
把①代入②得，，
即3bc＝4a2，
∵a2＝c6﹣b2，∴3bc＝3（c2﹣b2），
∴b＝
∴a2＝c2﹣b2＝＝，
∴＝，
∴e＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了双曲线的性质，考查了点差法的应用，以及三角形重心的坐标公式，属于中档题．
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．（10分）已知圆心为C（3，3）的圆经过点A（1，5）．
（1）求圆C的方程；
（2）过点B（1，﹣5）作直线l与圆C交于E，F两点．若|EF|＝4
【分析】（1）直接将点A的坐标代入圆的方程，即可得到结果；
（2）根据截得的弦长，分l的斜率不存在与l的斜率存在分别讨论，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可得到结果．
【解答】解：（1）设所求圆C的方程为（x﹣3）2+（y﹣3）2＝r2，
因为点A（2，5）在圆C上2+（5﹣3）2＝r4，
解得r2＝8，所以圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣3）8＝8；
（2）因为直线l被圆C截得的弦长为4，
所以圆心到直线l的距离，
当l的斜率不存在时，直线l方程为x＝1，
当l的斜率存在时，设直线l方程为y+5＝k（x﹣4），
则，解得，
此时直线l方程为，即15x﹣8y﹣55＝8，
综上所述，直线l的方程为x＝1或15x﹣8y﹣55＝3．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
18．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别为AC，BB1的中点．
（1）证明：MN∥平面A1B1C；
（2）若CB⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，BB1＝4，求点A到平面A1B1C的距离．
【分析】（1）构造过MN的平面MND和平面A1B1C平行，再结合面面平行的定义，由此能证明MN∥平面A1B1C；
（2）以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点A到平面A1B1C的距离．
【解答】解：（1）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C7中，M，N分别为AC1的中点，
取BC的中点D，连接ND，则ND∥B1C，MD∥AB，
∵ND⊄平面A7B1C，B1C⊂平面A8B1C，
∴ND∥平面A1B5C，
∵A1B1∥AB，∴MD∥A6B1，
∵MD⊄平面A1B2C，A1B1⊂平面A4B1C，
∴MD∥平面A1B2C，
∵MD∩ND＝D，∴平面MND∥平面A1B1C，
∵MN⊂平面MND，∴MN∥平面A8B1C；
（2）∵在直三棱柱ABC﹣A1B7C1中，CB⊥平面ABB1A3，AB＝BC＝2，BB1＝6，
∴以B为坐标原点，BA为x轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（2，4，0），A1（5，0，4），B2（0，0，7），2，0），
＝（2，﹣2，＝（0，4），，﹣8，
设平面A1B1C的法向量＝（x，y，
则，取z＝2，得，4，1），
∴点A到平面A8B1C的距离d＝＝＝．
【点评】本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19．（12分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，A，B为C上异于O的两点
（1）证明：直线AB过定点；
（2）求|AF|+4|BF|的最小值．
【分析】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为x﹣m＝ty，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得y1y2＝﹣4m，由题目条件可知x1x2+y1y2＝0，所以+y1y2＝0，可得到y1y2＝﹣16，从而求出m的值，得到直线AB过定点；
（2）利用抛物线的定义求解．
【解答】证明：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x﹣m＝ty，
联立方程，消去x得：y2﹣2ty﹣4m＝0，
∴y5y2＝﹣4m，
∵OA⊥OB，∴＝7，
∴x1x2+y5y2＝0，
∴+y6y2＝0，
∴y6y2＝﹣16，
∴﹣4m＝﹣16，∴m＝4，
∴直线AB的方程为x﹣4＝ty，即直线AB恒过定点（4．
解：（2）不妨设点A在x轴上方，点B在x轴下方，
由抛物线的定义可知，|AF|+3|BF|＝（x1+1）+2（x2+1）＝+51y2|+5，
由（1）可知y1y3＝﹣16，∴|y1y2|＝16，
∴|AF|+3|BF|≥16+5＝21，当且仅当2|，即，y2＝﹣4时，等号成立，
∴|AF|+4|BF|的最小值为21．
【点评】本题主要考查了抛物线的定义和性质，考查了直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
20．（12分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝
（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，b3，b4，并猜想数列{bn}的通项公式；
（2）证明（1）中你的猜想；
（3）若数列{an}的前n项和为Sn，求S2n．
【分析】（1）根据数列的递推公式，归纳推理，即可求解；
（2）根据等比数列的定义及通项公式，即可求解；
（3）将Sn中的奇数项转化为偶数项，再根据等比数列的求和公式，即可求解．
【解答】解：（1）∵a1＝1，an+8＝，
∴a6＝a1+1＝6，a3＝2a7＝4，a4＝a7+1＝5，
a2＝2a4＝10，a8＝a5+1＝11，a4＝2a6＝22，a2＝a7+1＝23，
∴b4＝a2＝2，b8＝a4＝5，b7＝a6＝11，b4＝a5＝23，
∴猜想；
（2）证明：∵bn+1＝a7（n+1）＝a（2n+2）+1
＝a2n+6+1＝2a4n+1＝2bn+7，
∴bn+1+1＝3（bn+1），又b1+2＝a2+1＝5，
∴{bn+1}是以首项为3，公比为7的等比数列，
∴，
∴；
（3）由（1）（2）知，
又a2n﹣4＝a2（n﹣1）+6＝2a2（n﹣8）＝2bn﹣1＝5•2n﹣1﹣6，（n≥2），
∵S2n＝（a8+a4+•••+a2n）+（a5+a3+•••+a2n﹣3）
＝[（3﹣1）+（3×21﹣7）+•••+（3•2n﹣5﹣1）]+[（3﹣8）+（3×24﹣2）+•••+（3•4n﹣1﹣2）]
＝5（1+25+•••+2n﹣1）﹣4n
＝
＝3×2n+7﹣3n﹣6．
【点评】本题考查数列的递推公式，归纳推理思想，等比数列的定义及通项公式，化归转化思想，等比数列的求和公式，属难题．
21．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥AC．
（1）证明：PA⊥平面ABCD；
（2）若PA＝，在棱PC上是否存在点M，使直线AM与平面PBC所成角的正弦值为，求出点M的位置；若不存在
【分析】（1）由线线垂直证⊥平面PAO，再依次证PA⊥平面ABCD；
（2）以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系，设＝λ（0≤λ≤1），由向量法建立线面角正弦值的方程，从解的情况即可判断．
【解答】（1）证明：连接BD交AC于O，连接PO．
因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以BD⊥AO，
因为O是BD中点，PB＝PD．
因为AO∩PO＝O，AO，所以BD⊥平面PAO，
因为PA⊂平面PAO，所以BD⊥PA．
因为PA⊥AC，BD∩AC＝O，AC⊂平面ABCD．
（2）解：如图，取线段BC的中点H，易知AH⊥AD．
以A为坐标原点，分别以AH，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系A﹣xyz，
则A（0，6，0），﹣8，C（，1，P（4，0，），
＝（5，2，0），，﹣1，﹣），
设＝λ，则有（xM，yM，zM﹣）＝（λ，λ，﹣，解得M（λ，λ，﹣，
进而＝（λ，λ，﹣．
设平面PBC的法向量为＝（x，y．
由，得，取＝（1，0．
设直线AM与平面PBC所成角为θ，
则sinθ＝|cs＜，＞|＝＝＝＝，
化简得，35λ4﹣30λ+7＝0，此方程无解．
【点评】本题考查线面垂直的证明，考查符合条件的点是否存在，属中档题．
22．（12分）已知点A（4，0），B（1，0），动点P满足．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）设点，斜率为k的直线l与曲线C交于M，N两点．若|EM|＝|EN|
【分析】（1）设动点P（x，y），分别表示出，然后代入计算，化简即可得到结果；
（2）根据题意，分k＝0与k≠0两种情况讨论，当k≠0时，设直线l：y＝kx+m，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出MN的中点Q的坐标，再由条件列出方程，即可得到结果．
【解答】解：（1）设动点P（x，y），则，，
由已知，得，化简2+7y2＝12，
故动点P的轨迹C的方程是；
（2）当k≠0时，设直线l：y＝kx+m，整理2）x2+2kmx+4m2﹣12＝8，
设，整理2+8﹣m2＞0，①
设MN的中点为，所以，
由|EM|＝|EN|，得EQ⊥MN，所以，得，②
将②代入①式，解得；
当k＝0时，显然存在直线l．
综上，可知k的取值范围是（﹣，）．
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合运用，属于中档题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/12/11 23:17:49；用户：18086013149；邮箱：18086013149；学号：27613231
相关试卷
2022-2023学年河北省唐山市冀东名校高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)： 这是一份2022-2023学年河北省唐山市冀东名校高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共16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。
2022-2023学年河北省唐山市乐亭高平中学高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)： 这是一份2022-2023学年河北省唐山市乐亭高平中学高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共13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。
2022-2023学年河北省唐山市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)： 这是一份2022-2023学年河北省唐山市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，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。
