2023-2024学年天津市耀华中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市耀华中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共15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.经过圆x2+2x+y2=0的圆心C，且与直线x+y=0垂直的直线方程是( )
A. x+y+1=0B. x+y−1=0C. x−y+1=0D. x−y−1=0
2.M(x0,y0)为圆x2+y2=a2(a>0)内异于圆心的一点，则直线x0x+y0y=a2与该圆的位置关系为( )
A. 相切B. 相交C. 相离D. 相切或相交
3.圆(x+2)2+y2=4与圆(x−2)2+(y−1)2=9的位置关系为
( )
A. 内切B. 相交C. 外切D. 相离
4.空间四边形ABCD中，若向量AB=(−3,5,2)，CD=(−7,−1,−4)点E，F分别为线段BC，AD的中点，则EF的坐标为( )
A. (2,3,3)
B. (−2,−3,−3)
C. (5,−2,1)
D. (−5,2,−1)
5.我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤”，若该金锤从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，该金锤共重多少斤？( )
A. 6斤B. 7斤C. 9斤D. 15斤
6.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4=1，S3=7，则S5=( )
A. 152B. 172C. 314D. 334
7.等比数列{an}中，a1=512，公比q=−12，用Mn表示它的前n项之积，即Mn=a1⋅a2⋅a3…an，则数列{Mn}中的最大项是( )
A. M11B. M10C. M9D. M8
8.已知数列{an}的前n项之和Sn=n2−4n+1，则|a1|+|a2|+…+|a10|的值为( )
A. 61B. 65C. 67D. 68
9.以双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上一点M为圆心作圆，该圆与x轴相切于C的一个焦点F，与y轴交于P，Q两点，若|PQ|=2 33|OF|，则双曲线C的离心率是( )
A. 2B. 3C. 2D. 5
10.对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数.已知数列{an}的通项公式an=1 n+1+ n，前n项和为Sn，则[S1]+[S2]+…+[S30]=( )
A. 65B. 67C. 74D. 82
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.已知离心率为3 55的双曲线C：x2a2−y24=1(a>0)的左焦点与抛物线y2=2mx的焦点重合，则实数m= ______ ．
12.直线l1：y=x，l2：y=x+2与圆C：x2+y2−2mx−2ny=0的四个交点把圆C分成的四条弧长相等，则m= ______ ．
13.已知数列{an}满足an+1an=n+2n(n∈N∗)，且a1=1，则an=______．
14.若数列{an}的通项公式an=(−1)n⋅(3n−2)，则数列{an}的前2023项的和= ______ ．
15.等差数列{an} 中，Sn是它的前n项和，且S6S8，则
①此数列的公差d<0
②S9③a7是各项中最大的一项
④S7一定是Sn中的最大值．
其中正确的是______ (填序号)．
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10分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB//DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．
(Ⅰ)证明：BE⊥DC；
(Ⅱ)求BE的长；
(Ⅲ)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F−AB−P的余弦值．
17.(本小题10分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点F1，F2，离心率为12，点M是椭圆上的动点，△MF1F2的最大面积是 3．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)圆E经过椭圆的左右焦点，且与椭圆C在第一象限的交点为A，且F1，E，A三点共线，直线l交椭圆C于两点P，Q，且PQ=λOA(λ≠0)．
(i)求直线OA的斜率；
(ii)当△APQ的面积取到最大值时，求直线l的方程．
18.(本小题10分)
已知数列{an}的首项为1，对任意的n∈N*，定义bn=an+1−an．
(Ⅰ)若bn=n+1，
(i)求a3的值和数列{an}的通项公式；
(ii)求数列{1an}的前n项和Sn；
(Ⅱ)若bn+1=bn+2bn(n∈N*)，且b=2，b2=3，求数列{bn}的前2022项的和．
19.(本小题10分)
已知数列{an}中，a1=1，a1+2a2+3a3+…+nan=n+12an+1(n∈N*)
(1)求数列{an}的通项an；
(2)求数列{n2an}的前n项和Tn；
(3)若存在n∈N*，使得an≥(n+1)λ成立，求实数λ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：易知点C为(−1,0)，
因为直线x+y=0的斜率是−1，
所以与直线x+y=0垂直直线的斜率为1，
所以要求直线方程是y=x+1即x−y+1=0．
故选C．
先求C点坐标和与直线x+y=0垂直直线的斜率，再由点斜式写出直线方程．
本题主要考查两直线垂直的条件和直线方程的点斜式，同时考查圆一般方程的圆心坐标．
2.【答案】C
【解析】解：由圆的方程得到圆心坐标为(0,0)，半径r=a，
由M为圆内一点得到： x02+y02则圆心到已知直线的距离d=|−a2| x02+y02>a2a=a=r，
所以直线与圆的位置关系为：相离．
故选：C．
由圆的方程找出圆心坐标与半径，因为M为圆内一点，所以M到圆心的距离小于圆的半径，利用两点间的距离公式表示出一个不等式，然后利用点到直线的距离公式表示出圆心到已知直线的距离d，根据求出的不等式即可得到d大于半径r，得到直线与圆的位置关系是相离．
此题考查小时掌握点与圆的位置关系及直线与圆的位置关系的判断方法，灵活运用两点间的距离公式及点到直线的距离公式化简求值，是一道综合题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系及其判定的方法，关键是求圆心距和两圆的半径，属于基础题．
求出两圆的圆心和半径，计算两圆的圆心距，将圆心距和两圆的半径之和或半径之差作对比，判断两圆的位置关系．
【解答】
解：圆(x+2)2+y2=4的圆心C1(−2,0)，半径r=2．
圆(x−2)2+(y−1)2=9的圆心C2(2,1)，半径R=3，
两圆的圆心距d= 2−(−2)2+1−02= 17，
R+r=5，R−r=1，
R+r>d>R−r，
所以两圆相交，
故选：B．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了向量的线性运算、向量坐标运算，属于基础题．
点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为空间内任一点，可得EF=OF−OE，OF=12(OA+OD)，OE=12(OB+OC)，代入计算即可得出．
【解答】
解：∵AB=(−3,5,2)，∴BA=(3,−5,−2)，
∵点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为空间内任一点，
∴EF=OF−OE，OF=12(OA+OD)，OE=12(OB+OC)，
∴EF=12(OA+OD)−12(OB+OC)
=12(BA+CD)
=12[(3,−5,−2)+(−7,−1,−4)]
=12(−4,−6,−6)
=(−2,−3,−3)．
故选：B．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
由每一尺的重量构成等差数列{an}，a1=4，a5=2，利用求和公式即可得出．
【解答】
解：由每一尺的重量构成等差数列{an}，a1=4，a5=2，
∴该金锤共重5×(4+2)2=15斤．
故选D．
6.【答案】C
【解析】解：设由正数组成的等比数列{an}的公比为q，则q>0，
由题意可得a32=a2a4=1，解得a3=1，
∴S3=a1+a2+a3=1q2+1q+1=7，解得q=12，或q=−13(舍去)，
∴a1=1q2=4，
∴S5=4×(1−125)1−12=314
故选：C
由题意可得a3=1，再由S3=1q2+1q+1=7可得q=12，进而可得a1的值，由求和公式可得．
本题考查等比数列的求和公式，求出数列的公比是解决问题的关键，属基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由题设an=512⋅(−12)n−1，
∴Mn=a1⋅a2⋅a3…an=[512×(−12)0]×[512×(−12)1]×[512×(−12)2]×…×[512×(−12)n−1]=512n×(−12)1+2+3+…+(n−1)
=(−1)n(n−1)2⋅2n(19−n)2
∵n(19−n)2=−12[(n−192)2−3614]，
∴n=9或10时，2n(19−n)2取最大值，且n=9时，(−1)n(n−1)2=1；n=10时，(−1)n(n−1)2=−1，
∴M9最大．
故选：C．
确定数列的通项，求出Mn，即可求得数列{Mn}中的最大项．
本题考查等比数列的通项公式，考查学生的计算能力，属于基础题．此题若直接用列举法可很简明求解：a1=512，a2=−256，a3=128，a4=−64，a5=32，a6=−16，a7=8，a8=−4，a9=2，a10=−1，当n≥11时，|an|<1，又M9>0，M10<0，故M9最大．
8.【答案】C
【解析】解：当n=1时，S1=a1=−2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(n2−4n+1)−[(n−1)2−4(n−1)+1]=2n−5，
故an=−2n=12n−5 n⩾2，
据通项公式得a1∴|a1|+|a2|+…+|a10|
=−(a1+a2)+(a3+a4+…+a10)
=S10−2S2
=102−4×10+1−2(−2−1)
=67．
故选：C．
首先运用an=S1n=1Sn−Sn−1 n⩾2求出通项an，判断正负情况，再运用S10−2S2即可得到答案．
本题主要考查数列的通项与前n项和之间的关系式，注意n=1的情况，是一道基础题．
9.【答案】B
【解析】解：设F(c,0)，
∵MF⊥x轴，∴M(c,b2a)，
∴|PQ|=2 (b2a)2−c2，
∵|PQ|=2 33|OF|，
∴2 (b2a)2−c2=2 33c，化简整理得，3b4=4a2c2，
∵b2=c2−a2，∴3(c2−a2)2=4a2c2，即3c4−10a2c2+3a4=0，
∵e=ca>1，∴3e4−10e2+3=0，解得e2=3或13(舍)，
∴e= 3．
故选：B．
把x=c代入双曲线方程可得点M的坐标，从而求得|PQ|，再由|PQ|=2 33|OF|，可推出3b4=4a2c2，然后结合b2=c2−a2和e=ca，得解．
本题考查双曲线的几何性质，考查数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】C
【解析】解：由题知，an=1 n+1+ n= n+1− n，
所以Sn=a1+a2+a3+…+an
=( 2−1)+( 3− 2)+( 4− 3)+…+( n+1− n)
= n+1−1，
当n=1，2时， 2−1≤ n+1−1< 4−1,[ n+1−1]=0，
当n=3，4，5，6，7时， 4−1≤ n+1−1< 9−1,[ n+1−1]=1，
当n=8，9，10，…，14时， 9−1≤ n+1−1< 16−1,[ n+1−1]=2，
当n=15，16，17，…，23时， 16−1≤ n+1−1< 25−1,[ n+1−1]=3，
当n=24，25，26，…，30时， 25−1≤ n+1−1< 36−1,[ n+1−1]=4，
所以[S1]+[S2]+⋯+[S30]=2×0+5×1+7×2+9×3+7×4=74．
故选：C．
由an=1 n+1+ n= n+1− n，利用裂项相消法求得Sn，再由[x]的定义求解．
本题考查了裂项相消求和，属于中档题．
11.【答案】−6
【解析】【分析】
本题考查抛物线的简单性质、双曲线的性质和应用，考查了学生对基础知识的综合把握能力，属于基础题．
先由双曲线的离心率求出a的值，由此得到双曲线的左焦点，再求出抛物线y2=2mx的焦点坐标，利用它们重合，从而求出实数m．
【解答】
解：∵双曲线C：x2a2−y24=1(a>0)的离心率为3 55，
∴ a2+4a=3 55⇒a2=5，
双曲线C：x2a2−y24=1(a>0)的左焦点是(−3,0)，
抛物线y2=2mx的焦点(m2,0)
∴m2=−3⇒m=−6．
故答案为：−6．
12.【答案】−1或0
【解析】解：圆C：x2+y2−2mx−2ny=0，
则(x−m)2+(y−n)2=m2+n2，
圆心C(m,n)，半径r= m2+n2，
线l1：y=x，l2：y=x+2平行，且将原分成的四条弧长相等，
则|m−n| 2= 22r|m−n+2| 2= 22r，解得m=−1n=0或m=0n=1，
故m的值为−1或0．
故答案为：−1或0．
根据已知条件，先求出圆心、半径，再结合点到直线的距离公式，以及三角形的性质，列出方程组，即可求解
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
13.【答案】n(n+1)2n(n+1)2
【解析】【分析】
本题主要考查数列的求通项公式问题，所涉及的方法为叠乘法，属于基础题．
由于所给的递推公式条件是后项与前一项的比值，故可由此推导从第二项起每一项与它前一项的比值直至第n项与第n−1项，然后采用叠乘法通过an=anan−1×an−1an−2×an−2an−3…a3a2×a2a1×a1，即可求出an=n(n+1)2．
【解答】
解：由已知得anan−1=n+1n−1，
an−1an−2=nn−2，
…
a3a2=42，
a2a1=31，a1=1，
所以an=anan−1×an−1an−2×an−2an−3…a3a2×a2a1×a1
=1×31×42×53×64×…×n−1n−3×nn−2×n+1n−1
=n(n+1)2，
故答案为：n(n+1)2
14.【答案】−3034
【解析】解：由题意a2k−1+a2k=(−1)2k−1⋅(6k−5)+(−1)2k⋅(6k−2)=(6k−2)−(6k−5)=3,k∈N*，
所以数列{an}的前2023项的和为(a1+a2)+(a3+a4)+⋯+(a2021+a2022)+a2023=3×1011−(3×2023−2)=−3034．
故答案为：−3034．
由题意用分组求和法即可得解．
本题考查了分组求和，属于中档题．
15.【答案】①②④
【解析】解：由s6S8可得S7−S6=a7>0，S8−S7=a8<0
所以a8−a7=d<0①正确
②S9−S6=a7+a8+a9=3a8<0，所以②正确
③由于d<0，所以a1最大③错误
④由于a7>0，a8<0，s7最大，所以④正确
故答案为：①②④
由已知可得a7>0，a8<0；①d=a8−a7<0，②S9−S6=a7+a8+a9=3a8<0，③由于d<0，所以a1最大，④结合d<0，a7>0，a8<0，可得S7最大；可得答案．
本题主要考查了等差数列的性质，通过对等差数列性质的研究，培养学生探索、发现的求知精神，养成探索、总结的良好习惯．
16.【答案】(Ⅰ)证明：∵PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，
∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，
建立空间直角坐标系，
由题意B(1,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，
E(1,1,1)，D(0,2,0)，
BE=(0,1,1)，DC=(2,0,0)，
∴BE⋅DC=0，∴BE⊥DC．
(Ⅱ)解：∵BE=(0,1,1)，
∴BE的长为|BE|= 0+1+1= 2．
(Ⅲ)解：∵BC=(1,2,0),CP=(−2,−2,2)，
AC=(2,2,0)，由点F在棱PC上，设CF=λCP=(−2λ,−2λ,2λ)，0≤λ≤1，
∴BF=BC+CF=(1−2λ,2−2λ,2λ)，
∵BF⊥AC，∴BF⋅AC=2(1−2λ)+2(2−2λ)=0，解得λ=34，
设平面FBA的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅AB=a=0n⋅BF=−12a+12b+32c=0，
取c=1，得n=(0,−3,1)，
取平面ABP的法向量i=(0,1,0)，
则二面角F−AB−P的平面角满足：
csα=|i⋅n||i|⋅|n|=3 10=3 1010，
∴二面角F−AB−P的余弦值为3 1010．
【解析】本题主要考查直线与平面、平面与平面之间的平行、垂直等位置关系，考查线线垂直、二面角的概念、求法等知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力，是较难的题．
(Ⅰ)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，求出
BE=(0,1,1)，DC=(2,0,0)，由BE⋅DC=0，能证明BE⊥DC．
(Ⅱ)由BE=(0,1,1)，能求出BE的长．
(Ⅲ)由BF⊥AC，求出BF，进而求出平面FBA的法向量和平面ABP的法向量，由此利用向量法能求出二面角F−AB−P的余弦值．
17.【答案】解：(Ⅰ)由题意e=ca=12，a=2c，b= 3c，
△MF1F2的最大面积为：12⋅2c⋅b=c⋅ 3c= 3，所以c=1，
所以椭圆的方程为：x24+y23=1；
(Ⅱ) (i)因为圆E经过椭圆的左右焦点，
所以圆心E在y轴上，设点E(0,y0)，
因为圆E与椭圆C在第一象限的交点为A，所以y0>0，
因为F1，E，A三点共线，所以A(1,2y0)，
将点A的坐标代入椭圆的方程可得y0=34，即A(1,32 )，
所以直线OA的斜率为32，
(ii)因为PQ=λOA，所以直线PQ的斜率也为32，
设直线PQ的方程为：y=32x+m，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立直线PQ与椭圆的方程x24+y23=1y=32x+m整理可得3x2+3mx+m2−3=0，
△=9m2−12(m2−3)=3(12−m2)>0，∴0|PQ|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2= 396 12−m2，
点A(1,32)到直线PQ：y=32x+m的距离d=|2m| 13，
法一：所以S△APQ=12⋅|PQ|⋅d= 36⋅ −m4+12m2= 36 −(m2−6)2+36，
当m2=6，及m=± 6时面积S最大，
所以面积最大时直线PQ的方程为：y=32x± 6；
法二：S=12⋅|PQ|⋅d= 36⋅|m| −m2+12≤ 36⋅(m2+(−m2+12)2)2=6 3，
当且仅当|m|= −m2+12，即m=± 6时等号成立；
所以当m2=6，即m=± 6时△APQ的面积最大，此时直线l的方程为：y=32x± 6．
【解析】(Ⅰ)由椭圆的离心率及三角形的周长可得a，c的值，再由a，b，c之间的关系可得b的值，进而求出椭圆的方程；
(Ⅱ)(i)由题意可得圆E的圆心在y轴上，设E的坐标，由F1，E，A三点共线可得A的坐标，进而求出直线OA的斜率；
(ii)因为PQ=λOA，所以直线PQ的斜率也为32，设直线PQ的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|PQ|的值，再求A到弦PQ的距离求出三角形APQ的面积，由二次函数的单调性求出面积的最大值或者有均值不等式求出面积的最大值．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，及面积公式和由二次函数的单调性求最大值问题，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)(i)由题意a1=1，bn=an+1−an=n+1，
所以当n≥2，n∈N*时，
an=(an−an−1)+⋯+(a2−a1)+a1=n+⋯+2+1=n(n+1)2，
又a1=1×(1+1)2=1，
所以数列{an}的通项公式为an=n(n+1)2,n∈N*，
所以a3=3×(3+1)2=6；
(ii)由(i)得1an=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
所以数列{1an}的前n项和为
Sn=2(1−12)+2(12−13)+⋯+2(1n−1n+1)=2(1−1n+1)=2nn+1,n∈N*；
(Ⅱ)若bn+1=bn+2bn(n∈N*)，且b1=2，b2=3，
则bn+6=bn+5bn+4=bn+4bn+4bn+3=1bn+3=bn+1bn+2=bn，
所以数列{bn}是周期为6的周期数列，且其前6项分别为2,3,32,12,13,23，它们的和为2+3+32+12+13+23=8，
数列{bn}的前2022项的和为S=337×(2+3+32+12+13+23)=337×8=2696．
【解析】(Ⅰ)(i)由累加法结合等差数列求和公式即可得解；(ii)直接由裂项相消法求和即可；
(Ⅱ)首项根据定义得出数列{bn}是周期为6的周期数列，由此即可求解．
本题考查了累加法求通项和裂项相消法求和，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为a1+2a2+3a3+…+nan=n+12an+1(n∈N*)
所以a1+2a2+3a3+…+(n−1)an−1=n2an(n≥2)，
两式相减得nan=n+12an+1−n2an
所以(n+1)an+1nan=3(n≥2)，
因此数列{nan}从第二项起，是以2为首项，以3为公比的等比数列
所以nan=2·3n−2(n≥2)，
故an=1,n=12n⋅3n−2,n≥2,
(2)由(1)可知当n≥2时，n2an=2n·3n−2
当n≥2时，Tn=1+4·30+6·31+…+2n·3n−2，
∴3Tn=3+4·31+…+2(n−1)·3n−2+2n·3n−1，
两式相减得Tn=12+(n−12)⋅3n−1(n≥2)
又∵T1=a1=1也满足上式，
∴Tn=12+(n−12)3n−1(n∈N*)，
(3)an≥(n+1)λ等价于λ≤ann+1，
由(1)可知当n≥2时，ann+1=2⋅3n−2n(n+1)
设f(n)=n(n+1)2⋅3n−2(n≥2,n∈N*)，
则f(n+1)−f(n)=−(n+1)(n−1)3n−1<0，
∴1f(n+1)≥1f(n)，又1f(2)=13及a12=12，
∴所求实数λ的取值范围为λ≤13．
【解析】本题首先考查等差数列、等比数列的基本量、通项，结合含两个变量的不等式的处理问题，对数学思维的要求比较高，要注意错位相减求和法和转化与化归思想的合理运用，属于较难题．
(1)因为a1+2a2+3a3+…+nan=n+12an+1(n∈N*)，由a1+2a2+3a3+…+(n−1)an−1=n2an(n≥2)，得(n+1)an+1nan=3(n≥2)由此能够求出an；
(2)由(1)可知当n≥2，n2an=2n·3n−2.当n≥2时，Tn=1+4·30+6·31+…+2n·3n−2，由错位相减法得到Tn=12+(n−12)⋅3n−1(n≥2)，又因为T1=a1=1也满足上式，所以Tn=12+(n−12)3n−1(n∈N∗)．
(3)an≥(n+1)λ等价于λ≤ann+1，当n≥2时，ann+1=2⋅3n−2n(n+1)，设f(n)=n(n+1)2⋅3n−2(n≥2,n∈N*)，则f(n+1)−f(n)=−(n+1)(n−1)3n−1<0，由此能求出实数λ的取值范围．