2023-2024学年天津市和平区高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市和平区高二（上）期末数学试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若直线l的方向向量是e=(−1, 3)，则直线l的倾斜角是( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，化简AB+AD+BB1=( )
A. A1CB. AC1C. BD1D. DB1
3.已知直线l1：ax+5y+10=0，直线l2：(a−1)x+ay+2=0，若l1⊥l2，则实数a=( )
A. −4或0B. 0或1C. −4D. 0
4.已知圆C1：x2+y2=9和圆C2：x2+y2+3x−4y−4=0，则圆C1与圆C2的公共弦所在的直线方程为( )
A. 3x−4y−5=0B. 3x−4y+5=0C. 3x+4y−5=0D. 3x+4y+5=0
5.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，a2a6−6a4−16=0，则S6a4−1=( )
A. 9B. 8C. 7D. 6
6.设点P，Q分别为直线3x+4y−7=0与直线6x+8y+3=0上的任意一点，则|PQ|的最小值为( )
A. 1B. 2C. 1710D. 1110
7.经过原点和点(3,−1)且圆心在直线3x+y−5=0上的圆的方程为( )
A. (x−5)2+(y+10)2=125B. (x+1)2+(y−2)2=5
C. (x−1)2+(y−2)2=5D. (x−53)2+y2=259
8.直线l与双曲线x2−y29=1交于A，B两点，线段AB的中点为点M(−1,−4)，则直线l的斜率为( )
A. −49B. 49C. −94D. 94
9.椭圆G：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点F1(−c,0)，F2(c,0)，M是椭圆上的一点，且满足F1M⋅F2M=0，则椭圆离心率e的取值范围为( )
A. (0, 22]B. (0, 22)C. ( 22,1)D. [ 22,1)
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
10.我国古代数学名著《九章算术》中有如下“竹九节”问题，现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，且上面3节的容积共3L，下面3节的容积共4L，则第5节的容积为______ L，9节竹总容积为______ L.
11.已知直线l：x+y−2=0和圆C：x2+(y−1)2=r2(r>0)相交于A，B两点；弦长|AB|= 2，则r= ______ ．
12.设点F为抛物线C：y2=2x的焦点，点A在抛物线C上，点B(32,0)，若|AF|=|BF|，则|AB|= ______ ．
13.在棱长为1正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，则A1到平面AB1E的距离为______ ．
14.双曲线x22−y24=1的左、右焦点分别为点F1，F2，过点F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为P，则|PF1||PF2|= ______ ．
15.设数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，若S2=5，an+1=3Sn+1(n∈N*)，an=2bn(n∈N*)，则下列4个结论中，正确结论的个数是______ 个.
①a2⋅a3=a4；
②Tnn=bn2；
③无论实数m取何值，直线2mx+(m+1)y−8m−4=0恒过定点(b2,a2)；
④椭圆x2a1+y2a3=1的两个焦点分别为点F1、F2，点P为椭圆上的任意一点，则△PF1F2的周长与b9的值相同．
三、解答题：本题共4小题，共40分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
已知数列{an}的各项均为正数，且an+1=an1+an(n∈N*)．
(Ⅰ)证明：数列{1an}为等差数列；
(Ⅱ)若a1=1，求数列{anan+1}的前n项和Sn，并证明Sn<1(n∈N*).
17.(本小题10分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB=AC=2，AC⊥AB，点D为A1B1的中点，点E为BB1的中点，点F为CD的中点．
(Ⅰ)求证：EF/​/平面ABC；
(Ⅱ)求平面ABA1与平面CC1D的夹角的余弦值．
18.(本小题10分)
已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为公比大于0的等比数列，满足b1=a2=2，a3+a5=8，b3=a4+4．
(Ⅰ)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(Ⅱ)令cn=a2n⋅bn(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn．
19.(本小题12分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为点A，上、下顶点分别为点B、C，左焦点为点F，且椭圆的焦距为2 3，△BCF为等边三角形．
(Ⅰ)求椭圆的方程及离心率；
(Ⅱ)设过原点O且斜率为k(k>0)的直线l与椭圆交于P、Q两点，直线l与直线AB交于点M，且点P、M均在第一象限.若△BPQ的面积是△BPM的面积的2倍，求直线l的方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵直线l的方向向量是e=(−1, 3)，
∴倾斜角α的正切值为tanα= 3−1=− 3；
又α∈[0,π)，
则l的倾斜角为α=2π3，
故选：C．
根据直线l的方向向量写出倾斜角的正切值，进而求出倾斜角的值．
本题考查三角函数的公式与应用问题，也考查了直线方向向量的应用问题，是基础题目．
2.【答案】B
【解析】解：平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，如图所示：
故AB+AD+BB1=AC+CC1=AC1．
故选：B．
直接利用向量的线性运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意可得a(a−1)+5a=0，
解得a=−4或0．
故选：A．
根据题意建立方程即可求解．
本题考查两直线在一般式下垂直的结论，属基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为圆C1：x2+y2−9=0，圆C2：x2+y2+3x−4y−4=0，
则圆C1与圆C2的方程相减，可得公共弦所在的直线方程为：
3x−4y+5=0．
故选：B．
两圆的方程相减，即可得公共弦所在直线方程．
本题考查公共弦所在直线方程的求法，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，a2a6−6a4−16=0，
因为{an}是正项等比数列，所以a2a6=a42，
则a2a6−6a4−16=0可化为a42−6a4−16=0，
解得a4=8，所以an=2n−1Sn=2n−1，
则S6a4−1=637=9．
故选：A．
利用等比数列的通项公式、前n项和公式直接求解．
本题考查等比数列的应用，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵36=48≠−73，
∴直线3x+4y−7=0与直线6x+8y+3=0平行，
又点P，Q分别为直线3x+4y−7=0与直线6x+8y+3=0上的任意一点，
又直线6x+8y+3=0可化为3x+4y+32=0，
∴|PQ|的最小值为|32−(−7)| 32+42=1710．
故选：C．
根据题意可得直线3x+4y−7=0与直线6x+8y+3=0平行，再利用平行线间的距离公式即可求解．
本题考查线线平行的判定，平行线间的距离公式的应用，属基础题．
7.【答案】D
【解析】解：设圆心C(a,5−3a)，则由所求的圆经过原点和点(3,−1)，
即 a2+(5−3a)2= (a−3)2+(5−3a+1)2，
求得a=53，可得圆心为(53,0)，半径为 a2+(5−3a)2=53，
故圆的方程为(x−53)2+y2=259．
故选：D．
设圆心C(a,5−3a)， a2+(5−3a)2= (a−3)2+(5−3a+1)2，求得a的值，可得圆心和半径，从而求得圆的方程．
本题主要考查求圆的标准方程，考查计算能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x12−y129=1①，x22−y229=1②，
①−②得(x1+x2)(x1−x2)=19(y1+y2)(y1−y2)，
由题意得x1+x2=−2，y1+y2=−8，代入上式得y1−y2x1−x2=94，
即直线l的斜率为94．
故选：D．
利用点差法求解．
本题考查中点弦问题以及点差法的应用，属于中档题．
9.【答案】D
【解析】解：设M(x,y)，则 F1M=(x+c,y)，F2M=(x−c,y)，
由F1M⋅F2M=0⇒x2+y2=c2⇒y2=c2−x2，
又M在椭圆上，
∴y2=b2−b2a2x2，
∴c2−x2=b2−b2a2x2⇒x2=a2−a2b2c2，
又0≤x2≤a2，
∴0<2−1e2≤1⇒ 22≤e≤1，
∵0∴ 22≤e<1．
故选：D．
设M(x,y)，通过F1M⋅F2M=0，结合向量垂直的充要条件，即可得到x，y的关系式，又由M又在椭圆上，代入椭圆方程即可得到离心率的取值范围．
本题考查的知识点是平面向量的数量积运算，椭圆的标准方程，椭圆的性质及直线与椭圆的关系等知识点，在处理直线与圆锥曲线的关系类问题时，我们的使用的方法及思路一般有：①联立方程；②设而不求；③韦达定理；④弦长公式等．
10.【答案】76 212
【解析】解：设等差数列为{an}，公差d>0，
由题意得，a1+a2+a3=3，a7+a8+a9=4，
所以a1+a2+a3+a7+a8+a9=6a5=7，
所以a5=76，
S9=9(a1+a9)2=9a5=212．
故答案为：76；212．
由已知结合等差数列的性质及求和公式即可直接求解．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式在实际问题中的应用，属于基础题．
11.【答案】1
【解析】解：圆C：x2+(y−1)2=r2(r>0)的圆心为(0,1)，半径为r，
则由题意可得r2=( 22)2+(0+1−2 1+1)2=1，则r=1．
故答案为：1．
利用垂径定理求解即可．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于基础题．
12.【答案】 2
【解析】解：因为抛物线C：y2=2x的焦点为F(12,0)，所以|AF|=|BF|=1，
由抛物线的定义知A(12,1)(不妨设A在第一象限)，
所以|AB|= 12+(−1)2= 2．
故答案为： 2．
利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，代入两点间的距离公式即可得解．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
13.【答案】23
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，E(0,0,12)，C1(0,1,1)，A(1,0,0)，
AB1=(0,1,1)，AE=(−1,0,12)，AA1=(0,0,1)，
设平面AB1E的一个法向量为n=(x,y,z)．
由n⋅AB1=y+z=0n⋅AE=−x+12z=0，
令z=2，则y=−2，x=1，即n=(1,−2,2)．
设点A1到平面AB1E的距离为d，则d=|AA1⋅n||n|=23，
即点A1到平面AB1E的距离为23．
故答案为：23．
建立空间直角坐标系，利用向量法求A1到平面AB1E的距离．
本题考查求点到面的距离，属中档题．
14.【答案】 3
【解析】解：由双曲线x22−y24=1的方程可得渐近线的方程为 2x±y=0，
且a2=2，b2=4，所以c2=a2+b2=2+4=6，
则左焦点F1(− 6,0)，右焦点F2( 6,0)，
则F2到渐近线的距离|PF2|= 2× 6 ( 2)2+12=2，
所以|OP|= |OF2|2−|PF2|2= 6−4= 2，
因为tan=∠POF2=ba=2 2= 2，所以cs∠POF2=1 ( 2)2+12= 33，
所以cs∠POF1=− 33，
在△F1OP中，由余弦定理可得|PF1|= |OF1|2+|OP|2−2|OF1||OP|cs∠POF1= 6+2−2× 6× 2×(− 33)
=2 3，
所以|PF1||PF2|=2 32= 3．
故答案为： 3．
由双曲线的方程可得渐近线的方程，及左右焦点的坐标，由点到直线的距离公式可得|PF2|的值，再由余弦定理可得|PF1|的值，进而求出线段之比的大小．
本题考查双曲线的性质的应用及点到直线的距离的公式的应用，余弦定理的应用，属于中档题．
15.【答案】3
【解析】解：∵an+1=3Sn+1，∴an=3Sn−1+1，(n≥2,n∈N*)，两式相减可得：
an+1−an=3an，∴an+1an=4，(n≥2,n∈N*)，
又S2=a1+a2=5，a2=3a1+1，∴a1=1，a2=4，∴a2a1=4，
∴an+1an=4，(n∈N*)，
∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴an=4n−1，
又an=2bn=4n−1=22n−2，
∴bn=2n−2，
∴Sn=1−4n1−4=4n−13，Tn=(2n−2)n2=n2−n，
对①，∵a2⋅a3=4×16=64=a4，∴①正确；
对②，∵Tnn=n2−nn=n−1=bn2，∴②正确；
对③，∵直线2mx+(m+1)y−8m−4=0可化为：
m(2x+y−8)+(y−4)=0，
联立2x+y−8=0y−4=0，可得x=2y=4，
∴该直线恒过定点(2,4)，即为(b2,a2)，∴③正确；
对④，易知椭圆方程为x2+y216=1，
∴a=4，b=1，c= 15，
∴△PF1F2的周长为2a+2c=8+2 15≠16=b9，∴④错误，
故正确的个数为3．
故答案为：3．
根据S2=5，an+1=3Sn+1求出an，从而可得bn，再分别求出Sn、Tn，再针对各个问题分别求解即可．
本题考查数列通项公式与求和公式的求解，直线过定点问题，椭圆的几何性质，属中档题．
16.【答案】证明：(Ⅰ)因为数列{an}的各项都为正数，且an+1=an1+an，
所以1an+1=1+anan=1an+1，即1an+1−1an=1，
所以数列{1an}是以1为公差的等差数列．
(Ⅱ)因为a1=1，即1a1=1，
所以1an=1+(n−1)×1=n，即an=1n，
则anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1，Sn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
又因为n∈N*，所以1n+1>0，
所以1−11+n<1，
所以Sn<1．
【解析】(Ⅰ)由已知递推关系可得1an+1−1an=1，然后结合等差数列的定义即可证明；
(Ⅱ)结合等差数列的通项公式可求an，然后结合裂项求和即可证明．
本题主要考查了由数列的递推关系求解数列的通项公式，还考查了等差数列的通项公式的应用，数列的裂项求和方法的应用，属于中档题．
17.【答案】(Ⅰ)证明：依题意，以A1为原点，分别以A1A、A1B1、A1C1的方向为x轴、y轴、z轴正方向，
建立如图所示空间直角坐标系，

则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(2,0,2)，A1(0,0,0)，
B1(0,2,0)，C1(0,0,2)，D(0,1,0)，E(1,2,0)，
F(1,12,1)，则EF=(0,−32,1)，
易知平面ABC的一个法向量为n1=(1,0,0)，
因为EF⋅n1=0，所以EF⊥n1，
又EF⊄平面ABC，所以EF/​/平面ABC；
(Ⅱ)解：设平面CC1D的一个法向量为n2=(x,y,z)，
又C1C=(2,0,0)，C1D=(0,1,−2)，
则由n2⊥C1C，n2⊥C1D，可得n2⋅C1C=2x=0n2⋅C1D=y−2z=0，
取y=2，可得n2=(0,2,1)，
易知平面ABA1的一个法向量为n3=(0,0,1)，
设平面ABA1与平面CC1D的夹角为θ，
则csθ=|cs〈n2,n3〉|=|n2⋅n3||n2||n3|=1 5×1= 55，
所以平面ABA1与平面CC1D的夹角的余弦值为 55．
【解析】(Ⅰ)建立空间直角坐标系，求得直线EF的方向向量与平面ABC的法向量，利用EF⋅n1=0，即可判定；
(Ⅱ)求得平面ABA1与平面CC1D的一个法向量，利用向量的夹角公式进行计算即可．
本题考查线面平行的判定，考查面面角夹角的余弦值求法，属中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)，
因为a3+a5=2a4=8，即a4=4，
故d=a4−a24−2=1，
故an=a2+(n−2)d=2+n−2=n，
由b1=2，b3=a4+4=8，有q2=b3b1=4，则q=2，
故bn=2×2n−1=2n；
(Ⅱ)因为cn=a2n⋅bn=n⋅2n+1，
则Sn=1×22+2×23+3×24+⋯+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1①，
2Sn=1×23+2×24+⋯⋯+(n−1)⋅2n+1+n⋅2n+2②，
①−②得−Sn=(22+23+24+⋯+2n+1)−n⋅2n+2，
即−Sn=4−2n+21−2−n⋅2n+2=−4+(1−n)⋅2n+2，
所以Sn=(n−1)⋅2n+2+4．
【解析】(Ⅰ)结合等差数列与等比数列的通项公式即可分别求解；
(Ⅱ)利用错位相减求和方法即可求解．
本题主要考查了等差数列与等比数列的通项公式的应用，还考查了错位相减求和方法的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)设椭圆左顶点为A(−a,0)，上顶点为B(0,b)，下顶点为C(0,−b)，左焦点为F(−c,0)．
因为△BCF为等边三角形，所以 3|OB|=|OF|，即 3b=c，
因为焦距为2 3，所以2c=2 3，又a2=b2+c2，故a=2，b=1，c= 3，
所以椭圆的方程为x24+y2=1；离心率e=ca= 32；
(Ⅱ)设直线l的方程为y=kx(k>0)，设点P(x0,y0)(x0>0)，则点Q(−x0,−y0)，
设点M(x1,y1)(x1>0)，点B到直线l的距离为d，
因为S△PBQ=2S△BPM，
即12⋅|PQ|⋅d=2×12|FM|⋅d，可得|PQ|=2|PM|，
又因为点P，M均在第一象限，有QP=2PM，
x0−(−x0)=2(x1−x0)，即2x0=x1．
由点A(−2,0)，点B(0,1)，易知直线AB的方程为x−2y+2=0，
由方程组x−2y+2=0y=kx，解得x1=22k−1(k>12)，
由方程组x24+y2=1y=kx，消去y，可得x0=2 4k2+1，
由2x0=x1，可得 4k2+1=2(2k−1)，解得k=4+ 76．
故直线l的方程为y=4+ 76x．
【解析】(Ⅰ)由题意可得A，B，C，F的坐标，由椭圆的焦距可得c的值，再由，△BCF为等边三角形，可得b，c的关系，可得b的值，再求出a的值，即求出椭圆的方程，及离心率的大小；
(Ⅱ)设直线l的方程，与直线AB的方程联立，可得M点的坐标，再由△BPQ的面积是△BPM的面积的2倍，可得|PQ|=2|PM|，可得M，P的横坐标的关系，进而求出P的横坐标，联立直线l与椭圆的方程，可得P的横坐标，可得k的值，即求出直线l的方程．
本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的综合应用，三角形面积之比的应用，属于中档题．