2023-2024学年吉林省普通高中友好学校联合体高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省普通高中友好学校联合体高二（上）期末数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知向量a=(3,2,1)，b=(2,4,0)，则4a−2b=( )
A. (16,0,4)B. (8,16,4)C. (8,−16,4)D. (8,0,4)
2.若直线x+2y=0与直线mx−y+5=0垂直，则m=( )
A. 1B. 2C. −1D. −2
3.在等差数列{an}中，a3+a5=12−a7，则a1+a9=( )
A. 8B. 12C. 16D. 20
4.已知圆的方程为x2+y2−4x=0，过点(2,1)的该圆的所有弦中，最短弦的长为( )
A. 1B. 2C. 2 3D. 4
5.数学与建筑的结合造就建筑艺术，如图，吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物，若将校门轮廓(忽略水泥建筑的厚度)近似看成抛物线y=ax2的一部分，其焦点坐标为(0,−2)，校门最高点到地面距离约为18米，则校门位于地面宽度最大约为( )
A. 18米B. 21米C. 24米D. 27米
6.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是上底面A1B1C1D1的中心，则异面直线AE与BD1所成角的余弦值为( )
A. 24
B. 23
C. 104
D. 63
7.数列{an}满足a1=2，an+1=an−1an+1，则数列{an}的前2022项的乘积为( )
A. −1B. −13C. 23D. 1
8.双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，过F1作倾斜角为30°的直线交双曲线右支于M点，若MF2垂直于x轴，则双曲线的离心率为( )
A. 6
B. 3
C. 2
D. 33
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知圆O1：(x−1)2+(y+2)2=4，圆O2：(x−5)2+y2=9，则( )
A. |O1O2|=2 5
B. 圆O1与圆O2的公共弦所在直线方程为8x+4y−15=0
C. 圆O1与圆O2相离
D. 圆O1与圆O2的公切线有2条
10.给出下列命题，其中正确的是( )
A. 任意向量a，b，c满足(a⋅b)⋅c=a⋅(c⋅b)
B. 在空间直角坐标系中，点P(−2,4,3)关于坐标平面yOz的对称点是(−2,−4,−3)
C. 若{a,b,c}是空间的一组基底，则{a+b,b+c,c+a}也是空间的一组基底
D. 若四面体A−BCD为正四面体，G为△BCD的重心，则3AG=AB+AC+AD
11.已知双曲线C：x2a2−y23=1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，P为C上一点，则下列说法正确的是( )
A. 双曲线C的实轴长为2B. 双曲线C的一条渐近线方程为y= 3x
C. |PF1|−|PF2|=2D. 双曲线C的焦距为4
12.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法.商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，⋯，以此类推.设从上到下各层球数构成一个数列{an}，则( )
A. a4=9B. an+1−an=n+1
C. a10=54D. i=1n1ai=2nn+1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知等比数列{an}的公比q，若a1=13，a4=9，则q= ______．
14.经过椭圆x24+y2=1的左焦点F1，作不垂直于x轴的直线AB，交椭圆于A，B两点，F2是椭圆的右焦点，则△AF2B的周长为______．
15.在四面体ABCD中，E是棱CD的中点，且BE=xAB+yAC+zAD，则x+y+z的值为______．
16.已知A，B是抛物线C：y2=2px(p>0)上两点，焦点为F，抛物线上的点(12,y0)到坐标原点的距离等于该点到准线的距离，则p= ______；若OA⊥OB，则直线AB恒过定点______．
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10分)
已知等差数列{an}的公差d=2，且a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=(12)an，求数列{an+bn}的前n项和Sn．
18.(本小题12分)
圆C的圆心为(2,0)，且过点A(1, 3).
(1)求圆C的标准方程；
(2)直线l：kx−y+4=0与圆C交M，N两点，且|MN|=2 2，求k．
19.(本小题12分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为A1B的中点，AA1= 3AB=2 3．
(1)证明：BC/​/平面AC1D；
(2)求直线BC到平面AC1D的距离．
20.(本小题12分)
设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn+1=3an(n∈N*)．
(1)求Sn；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，且PD=CD=2AD=2，E为PC中点．
(1)求证：DE⊥平面PCB；
(2)求二面角A−BP−C的正弦值．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，短轴一个端点到右焦点F的距离为2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于P点，设PA=λ1AF,PB=λ2BF，试判断λ1+λ2是否为定值？请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：若向量a=(3,2,1)，b=(2,4,0)，
则4a−2b=4(3,2,1)−2(2,4,0)=(8,0,4)，
故选：D．
利用空间向量的坐标运算求解即可．
本题考查空间向量的坐标运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查直线的一般式方程与直线的垂直关系，考查运算求解能力，属于基础题．
由直线的垂直关系可得关于m的方程，求解即可．
【解答】
解：因为直线x+2y=0与直线mx−y+5=0垂直，
所以1×m+2×(−1)=0，解得m=2．
故本题选B．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式及其性质，为基础题．
由题意可得a3+a5+a7=12=3a5，解得a5，再利用a1+a9=2a5，即可得出．
【解答】解：在等差数列{an}中，a3+a5=12−a7，
∴a3+a5+a7=12=3a5，
解得a5=4，
则a1+a9=2a5=8，
故选A．
4.【答案】C
【解析】解：∵圆的方程为x2+y2−4x=0，可化为：(x−2)2+y2=4，
∴圆心A(2,0)，半径r=2，设B(2,1)，
∴当AB与圆的弦垂直时，弦最短，
其中|AB|=1，
最短弦的长为2 r2−|AB|=2 4−1=2 3．
故选：C．
计算出圆的圆心A(2,0)和半径，设B(2,1)，由几何性质知：当AB与圆的弦垂直时，弦最短，再利用垂径定理求解出最短弦长．
本题考查直线与圆的位置关系，考查垂径定理的应用，属基础题．
5.【答案】C
【解析】解：把抛物线y=ax2，化为x2=1ay，
∵焦点坐标为(0,−2)，
∴14a=−2，解得a=−18．
把点(x,−18)代入抛物线方程可得：−18=−18x2，
解得x=±12，
则校门位于地面宽度最大约为24m，
故选：C．
把抛物线y=ax2，化为x2=1ay，根据焦点坐标为(0,−2)，可得14a=−2，解得a.把点(x,−18)代入抛物线方程可得x，即可得出结论．
本题考查了抛物线的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：建立如图的坐标系，设正方体棱长为2，
则A(2,0,0)，B(2,2,0)，D1(0,0,2)，E(1,1,2)，
则AE=(−1,1,2)，BD1=(−2,−2,2)，
则|AE|= 1+1+4= 6，|BD1|= 4+4+4=2 3，
则cs=AE⋅BD1|AE||BD1|=2−2+4 6×2 3=46 2=4 212= 23，
即异面直线AE与BD1所成角的余弦值为 23，
故选：B．
建立空间直角坐标系，求出向量坐标，利用向量法进行求解即可．
本题主要考查空间异面直线所成角的求解，建立坐标系，利用坐标系和向量法是解决本题的关键，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由题意，可知：
a1=2，
a2=a1−1 a1+1=13，
a3=a2−1a2+1=−12，
a4=a3−1a3+1=−3，
a5=a4−1a4+1=2，
…，
∴数列{an}是以4为最小正周期的周期数列，a1⋅a2⋅a3⋅a4=1，
又∵2022÷4=505…2，
∴a2021=a1=2，a2022=a2=13，
则数列{an}的前2022项的乘积为23．
故选：C．
根据递推关系逐步代入可发现数列{an}是一个周期数列，因此可由周期数列的特点得出a2022的值，进而可求．
本题主要考查周期数列的判定以及根据周期数列的特点求出周期数列某项的值，属基础题．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了双曲线的定义与简单性质，属基础题．
【解答】
解：如图在Rt△MF1F2中，∠MF1F2=30°，F1F2=2c，
∴MF1=2ccs30∘=43 3c，MF2=2c⋅tan30°=23 3c，
∴2a=MF1−MF2=43 3c−23 3c=23 3c，
∴e=ca= 3，
故选：B．
9.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，圆O1：(x−1)2+(y+2)2=4，其圆心O1(1,−2)，半径r=2，
圆O2：(x−5)2+y2=9，其圆心O2(5,0)，半径R=3，
依次分析选项：
对于A，|O1O2|= 16+4=2 5，A正确；
对于B，由于3−2<|O1O2|<3+2，两圆相交，
而圆O1的方程为x2+y2−2x+4y+1=0，圆O2的方程为x2+y2−10x−16=0，
联立两圆的方程，有8x+4y−15=0，即圆O1与圆O2的公共弦所在直线方程为8x+4y−15=0，B正确；
对于C，由于3−2<|O1O2|<3+2，两圆相交，C错误；
对于D，由于两圆相交，其公切线有2条，D正确．
故选：ABD．
根据题意，分析两个圆的圆心和半径，由圆与圆的位置关系分析A、C和D，由相交两圆公共弦的方程分析B，综合可得答案．
本题考查圆与圆的位置关系，涉及圆的标准方程，属于基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：对于A：(a⋅b)⋅c=λc≠μa=a⋅(c⋅b)，故A错误；
对于B：在空间直角坐标系中，点P(−2,4,3)关于坐标平面yOz的对称点是(−2,4,3)，故B错误；
对于C：若{a,b,c}是空间的一组基底，a+b≠λ(b+c)+μ(c+a)，故{a+b,b+c,c+a}为向量的一组基底，故C正确；
对于D：若四面体A−BCD为正四面体，G为△BCD的重心，如图所示：
所以BG=2GE，整理得AG−AB=2(AE−AG)，故3AG=AB+2×(12AC+12AD)，即3AG=AB+AC+AD，故D正确．
故选：CD．
直接利用向量的线性运算，向量的基底，点关于面的对称，向量的数量积判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的基底，点关于面的对称，向量的数量积，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查双曲线方程，考查双曲线性质、定义，解题注意数形结合思想的应用，属于基础题．
由双曲线方程知离心率为e=ca= a2+3a=2，解得a，即可得出实轴长，离心率，渐近线，焦距，进而可得答案．
【解答】
解：由双曲线方程知离心率为e=ca= a2+3a=2，
解得a=1，
所以双曲线C的方程为x2−y23=1，实半轴长为1，实轴长为2a=2，故A正确；
因为可求得双曲线渐近线方程为y=± 3x，故一条渐近线方程为y= 3x，故B正确；
由于P可能在C的不同分支上，则有||PF1|−|PF2||=2，故C错误；
焦距为2c=2 a2+b2=4，故D正确，
故选：ABD．
12.【答案】BD
【解析】解：对于A，∵a3=6，∴a4=a3+4=10，故A错误；
对于B，∵an−an−1=n(n≥2)，∴an+1−an=n+1，故B正确；
对于C，∵a2−a1=2，a3−a2=3，...，an−an−1=n，且a1=1，
∴上述各式相加得，an=1+2+3+⋯+n=n(n+1)2，
经检验：a1=1满足an=n(n+1)2，∴an=n(n+1)2，∴a10=55，故C错误；
对于D，由选项C可知1an=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，故D正确．
故选：BD．
根据题意，可知从第二层起，某一层的球数比上一层的球数多的数量刚好是其层数，即an−an−1=n(n≥2)，即an=an−1+n(n≥2)，利用等差数列的性质能求出结果．
本题考查三角垛、等差数列的性质、简单的归纳推理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】3
【解析】解：由已知a4=a1q3=9，又因为a1=13，所以13q3=9，即得q3=27，
所以q=3．
故答案为：3
根据等比数列的通项公式，计算求解即可．
本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】8
【解析】解：由椭圆x24+y2=1的方程可得a=2，
由题意可得△AF2B的周长为：|AB|+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=8，
故答案为：8．
由椭圆的方程可得a的值，再由椭圆的性质可得△AF2B的周长为4a，求出其值．
本题考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
15.【答案】0
【解析】解：如图所示：
如图所示，因为点E是棱CD的中点，
所以BE=12BD+12BC=12(AD−AB)+12(AC−AB)=−AB+12AC+12AD，
则x=−1,y=12,z=12，
所以x+y+z=0．
故答案为：0．
利用空间向量加减法法则，把BE用AB、AC、AD表示出来，即可求出结果．
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．
16.【答案】2 (4,0)
【解析】解：由抛物线的方程可得准线方程为x=−p2，
由题意可得12+p2= (12)2+y02y02=2p⋅12，解得p=2，
即抛物线的方程为y2=4x，
显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=my+t，t≠0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+ty2=4x，整理可得：y2−4my−4t=0，
可得y1y2=−4t，x1x2=(y1y2)216=t2，
因为OA⊥OB，所以OA⋅OB=0，
即x1x2+y1y2=0，
所以t2−4t=0，解得t=4．
所以直线BA的方程为x=my+4，即直线恒过定点(4,0)．
故答案为：2；(4,0)．
由抛物线的性质可得方程组，解得p的值；设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之积，由OA⊥OB，所以OA⋅OB=0，进而可得参数的值，即求出直线恒过的点的坐标．
本题考查抛物线的性质的应用及数量积的性质的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)已知等差数列{an}的公差d=2，且a1，a2，a4成等比数列，
则(a1+2)2=a1(a1+6)，
即a1=2，
则数列{an}的通项公式为an=2n；
(2)由(1)可得bn=(12)an=(14)n，
又bn+1bn=(14)n+1(14)n=14，
即数列{bn}是以14为首项，14为公比的等比数列，
则数列{an+bn}的前n项和Sn=(a1+a2+...+an)+(b1+b2+...+bn)=n(2+2n)2+14[1−(14)n]1−14=n(n+1)+13[1−(14)n]．
【解析】(1)由等比数列的性质，结合等差数列通项公式的求法求解即可；
(2)由等差数列及等比数列的求和公式，结合分组求和法求解即可．
本题考查了等比数列的性质及等差数列通项公式的求法，重点考查了数列分组求和法，属基础题．
18.【答案】解：(1)∵圆C的圆心是(2,0)，
∴设圆C的方程为(x−2)2+y2=r2，
将点A(1, 3)代入得：r2=4，
∴圆C的方程为(x−2)2+y2=4；
(2)由(1)知圆心C(2,0)，半径为r=2，
因为圆心C到直线l：kx−y+4=0的距离d=|2k−0+4| k2+1，
∵|MN|=2 2，∴可得圆心到直线的距离d= r2−(12|MN|)2= 2，
∴|2k−0+4| k2+1= 2，解得k=−1或k=−7．
【解析】(1)设圆C的方程为(x−2)2+y2=r2，将点(2,2)代入可得圆C的方程
(2)求得圆心到直线的距离，由题意可得|2k−0+4| k2+1= 2，求解即可．
本题考查的知识点是圆的标准方程，直线与圆的位置关系，属中档题．
19.【答案】解：(1)证明：连接A1C交AC1于点E，点E为A1C的中点，点D为A1B的中点，

∵DE是△A1BC的中位线，
∴BC/​/DE，BC⊄平面AC1D，DE⊂平面AC1D，
∴BC/​/平面AC1D；
(2)建系如图，由(1)得，直线BC到平面AC1D的距离即为点C到平面AC1D的距离d，

因为A(0,−1,0)，C(0,1,0)，D( 32,−12, 3)，C1(0,1,2 3)，
所以AC=(0,2,0)，AC1=(0,2,2 3)，AD=( 32,12, 3)，
设平面AC1D的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AC1=2y+2 3z=0n⋅AD= 32x+12y+ 3z=0，取n=(1, 3,−1)，
所以d=|AC⋅n||n|=2 155，
因此直线BC到平面AC1D的距离2 155．
【解析】(1)根据线面平行判定定理证明即可．
(2)把BC到平面AC1D的距离转化为C到平面AC1D的距离，应用空间向量法求解即可．
本题考查线面平行的证明，向量法求解点面距问题，属中档题．
20.【答案】解：(1)当n=1时，2a1+1=3a1，∴a1=1，
又2Sn+1=3an(n∈N*)，∴可知an≠0，
当n≥2时，由2Sn+1=3an(n∈N*)，得2Sn−1+1=3an−1，
两式相减得2an=3an−3an−1，∴an=3an−1，
∴{an}是以1为首项，以3为公比的等比数列，
∴an=3n−1,Sn=1−3n1−3=12(3n−1)．
(2)由(1)可得nan=n⋅3n−1，
∴Tn=1⋅30+2⋅3+3⋅32+⋯+n⋅3n−1，
∴3Tn=3+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n，
∴−2Tn=1+3+32+⋯+3n−1−n⋅3n=1−3n1−3−n⋅3n=(12−n)⋅3n−12，
∴Tn=14+2n−14⋅3n．
【解析】(1)由2Sn+1=3an(n∈N*)求得首项，继而得当n≥2时2Sn−1+1=3an−1，两式相减可得an=3an−1，从而说明数列为等比数列，求得答案；
(2)由(1)的结论可得{nan}的通项公式，利用错位相减法即可求得Tn．
本题考查通项公式的求解，等比数列的定义与通项公式，错位相减法求和，属中档题．
21.【答案】解：(1)证明：由于PD=CD，E为PC中点，
则DE⊥PC，
又PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PD⊥BC，
矩形ABCD中，BC⊥CD，CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，
则BC⊥平面PCD，
而DE⊂平面PCD，
因此BC⊥DE，
因为PC∩BC=C，PC，BC⊂平面PCB，
所以DE⊥平面PCB．
(2)以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，
所以AB=(0,2,0),BP=(−1,−2,2),BC=(−1,0,0)，
设平面ABP的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，平面CBP的一个法向量为m=(x2,y2,z2)，
由n⋅AB=2y1=0n⋅BP=−x1−2y1+2z1=0，则可取n=(2,0,1)，
由n⋅BC=−x2=0n⋅BP=−x2−2y2+2z2=0，则可取m=(0,1,1)，
因此cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=1 2⋅ 5= 1010，
所以二面角A−BP−C的正弦值为 1−cs2〈m,n〉=3 1010．
【解析】(1)根据给定条件，利用线面垂直判定和性质推理作答．
(2)根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答．
本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题可得，a= b2+c2=2，又e=ca=12，∴c=1，
所以b2=a2−c2=22−12=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)由题可得直线斜率存在，由(1)知F(1,0)，设直线l的方程为y=k(x−1)，则y=k(x−1)x24+y23=1，消去y，整理得：(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
又F(1,0)，P(0,−k)，则PA=(x1,y1+k),AF=(1−x1,−y1)，由PA=λ1AF可得x1=λ1(1−x1)，所以λ1=x11−x1．
同理可得λ2=x21−x2，
所以λ1+λ2=x11−x1+x21−x2=x1+x2−2x1x2(1−x1)(1−x2)=x1+x2−2x1x21−(x1+x2)+x1x2=8k23+4k2−2×4k2−123+4k21−8k23+4k2+4k2−123+4k2=−83．
所以，λ1+λ2为定值−83．
【解析】(1)根据已知条件短轴一个端点到右焦点F的距离为长半轴，再利用离心率公式即可求解．
(2)根据已知条件设出直线l的方程，与椭圆方程联立方程组，消去y得关于x的一元二次方程，利用韦达定理得出交点横坐标的关系，结合向量的关系得出坐标的关系即可求解．
该题考查了直线与椭圆的综合问题，较为注重运算能力，属于中档题．