2023-2024学年贵州省安顺市高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年贵州省安顺市高二（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.直线 3x+y−2024=0的倾斜角是( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.已知数列{an}满足点(n,an)在直线y=2x−1上，则a2=( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
3.抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，则点F到l的距离为( )
A. 1B. 2C. 2 2D. 4
4.图1是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记OA1，OA2，…，OAn的长度构成的数列为{an}，则a100=( )
A. 110B. 1C. 10D. 100
5.p：a，b，c是三个不共面的单位向量，q：{a,b,c}可为空间的一个基底，则p是q的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知双曲线C：x29−y216=1的左焦点为F，点P在双曲线C的右支上，M为线段FP的中点，若M到坐标原点的距离为7，则|PF|=( )
A. 8或20B. 20C. 6或22D. 22
7.如图，空间四边形OABC中，点M是OA的中点，点N在BC上，设MN=xOA+yOB+zOC，则x+y+z=( )
A. 13
B. 12
C. 23
D. 1
8.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点为P，左焦点为F，直线PF与C的另一个交点为Q，若|PF|=3|QF|，则C的离心率e=( )
A. 13B. 33C. 12D. 22
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.数列{an}的通项公式为an=1n(n+1)，其前n项和为Sn，则下列说法一定正确的是( )
A. 数列{an}是递增数列B. 数列{an}是递减数列
C. Sn的最小值为12D. Sn有可能大于1
10.已知两直线l1：2mx+y−2m+1=0，l2：x−my−m−2=0(m∈R)，l2：x−my−m−2=0(m∈R)，则下列说法正确的是( )
A. 对任意实数m，直线l1，l2的方向向量都不可能平行
B. 存在实数m，使直线l1垂直于x轴
C. 存在实数m，使直线l1，l2互相垂直
D. 当m=0时，直线l2的方向向量不存在
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，点P在线段CC1上，下列说法正确的是( )
A. A1D与平面ABCD所成角为60°
B. 平面ABD与平面A1BD的夹角的余弦值为 33
C. 当点P是线段CC1的中点时，OP⊥平面A1BD
D. 当点P与点C重合时，点P到平面A1BD的距离最小
12.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且b2=ac(c为双曲线C的半焦距)，点P在双曲线C的左支上，点I为△PF1F2的内心，若S△IPF1=S△IPF2+λS△IF1F2(λ∈R)成立，则下列结论正确的是( )
A. 双曲线C的离心率e=1+ 52B. λ=1− 52
C. 点I的横坐标为定值−aD. 当PF1⊥x轴时，tan∠F1PF2=12
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}满足a1⋅a2⋅a3=27，则a2= ______．
14.“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”这是唐代边塞诗人李颀的《古从军行》中的诗句，诗句中隐含着一个著名的数学问题——“将军饮马”问题，即将军白天察看烽火台之后，从山脚下的某处返回军营，途中须到河边饮马然后再赶回军营，将军怎样走才能使返回总路程最短？已知在平面直角坐标系中，军营所在位置为坐标原点O(0,0)，将军从山脚下的点P(1,1)处出发返回军营，河岸线所在直线方程为x−y+2=0.则返回总路程最短为______．
15.如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕折成四面体ABCD.当四面体ABCD中满足平面ABD⊥平面ACD时，则
(1)BD⊥AC；
(2)平面ABD⊥平面BCD；
(3)△ABC为等腰直角三角形．
以上结论中正确的是______(填写你认为正确的结论序号)．
16.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y= 2x，F1，F2为双曲线C的左、右焦点，过F2且斜率为 3的直线l与双曲线C的右支交于M，N两点，若△MNF1的周长为108，则双曲线C的方程为______．
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)
已知数列{an}中，a1=3，an+1=λan−4(λ>1,n∈N∗)，且a2+2是a1和a2+6的等差中项．
(1)求实数λ的值；
(2)求证：数列{an−2}是等比数列，并求出{an}的通项公式．
18.(本小题12分)
已知直线l：2x−y+m−2=0，圆C：(x−1)2+y2=20．
(1)若直线l与圆C无公共点，求实数m的取值范围；
(2)若直线l与圆C交于A，B两点，且△ABC(C为圆C的圆心)为直角三角形，求实数m的值．
19.(本小题12分)
已知平面直角坐标系内的动点P(x,y)恒满足：点P到定点F(2,0)的距离与它到定直线x+2=0的距离相等．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点M(8,0)的直线l与(1)中的曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，证明：OA⊥OB．
20.(本小题12分)
将矩形面ABB1A1绕边AA1顺时针旋转90°得到如图所示几何体ABC−A1B1C1.已知AB=2，AA1=3，点E在线段BB1上，P为圆弧B1C1的中点．
(1)当E是线段BB1的中点时，求异面直线AE写A1C所成角的余弦值；
(2)在线段BB1上是否存在点E，使得AE//平面A1CP？如果存在，求出线段BE的长，如果不存在，说明理由．
21.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2n−n2−1(n∈N∗)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)记数列{n(2an+1)}的前n项和为Tn，求Tn的表达式．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点D(2,1)，且a=2b．
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C的右顶点和上顶点分别为A，B，P为椭圆C上位于第三象限内的动点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，探究四边形ABNM的面积是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
答案解析
1.C
【解析】解：直线 3x+y−2024=0可化为：y=− 3x+2024，
所以直线 3x+y−2024=0的斜率为− 3，
所以倾斜角为2π3．
故选：C．
利用倾斜角和斜率的关系求解即可．
本题主要考查了直线的倾斜角与斜率关系的应用，属于基础题．
2.A
【解析】解：因为点(n,an)在直线y=2x−1上，
所以an=2n−1，
故a2=3．
故选：A．
将点代入直线方程可得通项，即可求解．
本题考查数列的通项公式，属于基础题．
3.B
【解析】解：由抛物线方程可知，焦点F(1,0)，准线l：x=−1，
所以焦点F到l的距离为2．
故选：B．
利用抛物线的方程和几何性质，即可求解．
本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．
4.C
【解析】解：|OAn|= |OAn−1|2+1，即|OAn|2−|OAn−1|2=1，
因为OA1，OA2，…，OAn的长度构成的数列为{an}，则an2−an−12=1，
则数列{an2}是公差为1的等差数列，首项a12=1，
所以an2=1+(n−1)×1=n，
即an= n，
所以a100=10．
故选：C．
首先由题意得到递推关系式an2−an−12=1，再求解数列{an}的通项公式，即可求解．
本题主要考查了数列的递推式，考查了等差数列的定义和通项公式，属于中档题．
5.A
【解析】解：根据基底的定义可知，若a，b，c是三个不共面的单位向量，则{a,b,c}可为空间的一个基底，
反过来，若{a,b,c}为空间的一个基底，则a，b，c是三个不共面的向量，不一定是单位向量，
所以p是q的充分不必要条件．
故选：A．
根据基底的含义与性质，结合充分、必要条件的定义，求解即可．
本题考查基底的含义与充分必要条件的判断，考查逻辑推理能力，属于基础题．
6.B
【解析】解：由双曲线方程可知，a2=9，a=3，设双曲线的右焦点为F′，
△PFF′中，点M，O分别是PF，FF′的中点，所以|MO|=12|PF′|=7，
则|PF′|=14，所以|PF|=|PF′|+2a=14+6=20．
故选：B．
根据中位线的性质和双曲线的定义，即可求|PF|．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
7.B
【解析】解：设BN=λBC，λ∈[0,1]，
则MN=ON−OM=OB+BN−OM=OB+λBC−12OA=OB+λ(OC−OB)−12OA=−12OA+(1−λ)OB+λOC，
所以x=−12，y=1−λ，z=λ，
所以x+y+z=12．
故选：B．
根据图形，结合空间向量的线性运算法则，求解即可．
本题考查空间向量的线性运算，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
8.D
【解析】解：由题意可得P(0,b)，F(−c,0)，
由于|PF|=3|QF|，所以yQ=−13b,xQ=−43c，
由于Q在椭圆上，所以(−43c)2a2+(−13b)2b2=1，化简可得c2a2=12⇒e2=12，
由于0故选：D．
根据给定条件求出Q的坐标，代入椭圆方程即可求解．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
9.BC
【解析】解：an+1−an=1(n+1)(n+2)−1n(n+1)=n−(n+2)n(n+1)(n+2)=−2n(n+1)(n+2)<0，
所以an+1an=1n(n+1)=1n−1n+1，
则Sn=(1−12)+(12−13)+(13−14)+...+(1n−1n+1)=1−1n+1<1，
数列{Sn}单调递增，当n=1时，{Sn}的最小值为S1=12，故C正确，D错误．
故选：BC．
根据数列单调性的定义，即可证明函数单调性，判断AB；利用裂项相消法求Sn，即可判断CD．
本题主要考查数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
10.AC
【解析】解：若两直线的方向向量平行，则−2m2=1，则m无实数解，故两直线的方向向量不可能平行，故A正确；
由于l1：2mx+y−2m+1=0，l2：x−my−m−2=0(m∈R)的斜率为−2m，所以直线l1不可能垂直于x轴，故B错误；
当2m−m=0⇒m=0时，此时l1：y+1=0，l2：x−2=0，此时两直线垂直，故C正确；
当m=0时，直线l2：x−2=0，则其方向向量可以为(0,1)，故D错误．
故选：AC．
根据直线平行以及垂直满足的系数关系，即可结合方向向量的定义逐一求解．
本题主要考查了两直线平行和垂直的斜率关系，属于基础题．
11.BCD
【解析】解：∵A1A⊥平面ABCD，∴∠A1DA为A1D与平面ABCD所成的角，
∵∠A1DA=45°，∴A1D与平面ABCD所成角为45°，故A错误；
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，DB=(1,1,0)，DA1=(1,0,1)，
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z)，
由n⋅DB=x+y=0n⋅DA1=x+z=0，取x=1，得n=(1,−1,−1)，
平面ABD的一个法向量为m=(0,0,1)，
设平面ABD与平面A1BD的夹角为θ，则csθ=|cs|=|n⋅m||n||m|=1 3= 33，
∴平面ABD与平面A1BD的夹角的余弦值为 33，故B正确；
当点P是线段CC1的中点时，O(12,12,0),P(0,1,12)，则OP=(−12,12,12)，
∵OP⋅DB=1×(−12)+1×12+0×12=0，∴OP⊥DB，即OP⊥DB，
又OP⋅DA1=1×(−12)+0×12+1×12=0，∴OP⊥DA1，即OP⊥DA1，
而DB⊂平面A1BD，DA1⊂平面A1BD，∴OP⊥平面A1BD，故C正确；
设P(0,1,t)，0≤t≤1，则DP=(0,1,t)，
∴点P到平面A1BD的距离为d=|DP⋅n||n|=|t+1| 3= 33(t+1)，
故当t=0时，dmin= 33，∴当点P与点C重合时，点P到平面A1BD的距离最小，故D正确．
故选：BCD．
根据线面角的概念即可求解判断A，建立空间直角坐标系，利用向量法求两平面的夹角及证明线面垂直，求解点到平面的最小距离，即可判断BCD．
本题考查空间角及空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
12.ABC
【解析】解：依题意，b2=ac=c2−a2,(ca)2−ca−1=0，
即e2−e−1=0，解得e=1+ 52(负根舍去)，故A正确．
若PF1⊥x轴，则xP=−c，由(−c)2a2−y2b2=1，解得yP=±b2a，
不妨设P(−c,b2a)，则tan∠F1PF2=2cb2a=2acb2=2，故D错误．
设三角形PF1F2的内切圆分别与线段PF1，PF2，F1F2相切于点E，F，D，
所以|PE|=|PF|，|F1E|=|F1D|，|FF2|=|DF2|，
则|PF2|−|PF1|=|DF2|−|F1D|=2a|DF2|+|F1D|=2c，
解得|DF2|=a+c，|F1D|=c−a，而|OF1|=|OF2|=c，
所以xD=−a，而ID⊥x轴，所以xI=−a，故C正确．
设内切圆的半径为r，由于S△IPF1=S△IPF2+λS△IF1F2(λ∈R)，
所以12|PF1|⋅r=12|PF2|⋅r+λ⋅12|F1F2|⋅r，则|PF1|=|PF2|+λ⋅2c，
则|PF2|−|PF1|+λ⋅2c=0，即2a+λ⋅2c=0,λ=−ac=−21+ 5=1− 52，故B正确．
故选：ABC．
根据双曲线的离心率、内切圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
13.3
【解析】解：∵等比数列{an}满足a1⋅a2⋅a3=27，
∴a23=27，
解得a2=3．
故答案为：3．
根据等比中项的性质即可求解．
本题考查等比中项的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14. 10
【解析】解：过P作关于直线x−y+2=0对称的点Q，
设Q(a,b)，
所以b−1a−1=−1a+12−b+12+2=0，
解得a=−1，b=3，
所以Q(−1,3)，
故最短距离为|QO|= 10．
故答案为： 10．
根据点关于直线的对称，进而根据两点距离公式即可求解．
本题主要考查了点关于直线的对称点问题，考查了两点间距离公式，属于中档题．
15.(1)(2)
【解析】解：根据题意，依次分析3个命题：
对于(1)，AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，则BD⊥AD，
又平移后平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊂平面ABD，
所以BD⊥平面ACD，又AC⊂平面ACD，
所以BD⊥AC，(1)正确；
对于(2)，由已知BD⊥AD，DC⊥AD，且BD，CD⊂面BCD，
所以AD⊥面BCD，又AD⊂面ABD，
所以平面ABD⊥平面BCD，(2)正确；
对于(3)，由BD⊥平面ACD，且DC⊂平面ACD，
所以BD⊥DC，
所以∠BDC=∠ADC=∠ADB，由AD=BD=CD，
所以△BDC≌△ADC≌△ADB，
所以△ABC为等边三角形，(3)错误．
故答案为：(1)(2)．
根据题意，通过面面垂直的性质可判断(1)，通过证明AD⊥面BCD可判断(2)，通过证明△BDC≅△ADC≅△ADB可判断(3)，综合可得答案．
本题考查直线与平面、平面与平面的位置关系，涉及直线与平面垂直的性质，属于基础题．
16.x29−y218=1
【解析】解：因为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐进性方程为y= 2x，
所以b= 2a，则双曲线方程为C：x2a2−y22a2=1(a>0)，F1(− 3a,0)，F2( 3a,0)，
所以直线l的方程为y= 3(x− 3a)，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x2a2−y22a2=1y= 3(x− 3a)，得x2−6 3ax+11a2=0，
x1+x2=6 3a，x1x2=11a2，
所以|MN|= 1+3 (x1+x2)2−4x1x2=2 108a2−44a2=16a，
因为|MF1|=|MF2|+2a，|NF1|=|NF2|+2a，
所以|MF1|+|NF1|=|MF2|+|NF2|+4a=|MN|+4a=20a，
因为△MNF1的周长为108，所以|MF1|+|NF1|+|MN|=20a+16a=108，
得a=3，所以双曲线方程为x29−y218=1．
故答案为：x29−y218=1．
首先求得b= 2a，并利用直线l与双曲线方程联立，利用韦达定理表示弦长|MN|，并结合双曲线的定义表示△MNF1的周长，即可求解双曲线方程．
本题主要考查双曲线的性质，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
17.解：(1)根据题意有a2=λa1−4=3λ−4，
因为a2+2是a1和a2+6的等差中项，
所以2(3λ−4+2)=3+(3λ−4+6)，解得λ=3．
(2)证明：由(1)知an+1=3an−4，
所以an+1−2=3an−6=3(an−2)，
又a1−2=3−2=1≠0，所以an+1−2an−2=3(常数)，
所以数列{an−2}是以1为首项，以3为公比的等比数列．
则an−2=3n−1，所以an=3n−1+2．
【解析】(1)根据题意可得a2=3λ−4，再由a2+2是a1和a2+6的等差中项建立等式即可求解；
(2)构造数列{an−2}，根据等比数列定义及通项公式求解化简即可．
本题考查等比数列的定义、通项公式和等差数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.解：(1)易知圆C的圆心坐标为C(1,0)，半径r=2 5，
由直线l与圆C无公共点知，
圆心C(1,0)到直线l：2x−y+m−2=0的距离d=|2+m−2| 22+(−1)2=|m| 5>r=2 5⇒m<−10或m>10，
故实数m的取值范围是(−∞,−10)∪(10,+∞)；
(2)由题意知，半径CA，CB互相垂直，△ABC为等腰直角三角形，
又圆心C(1,0)到直线l：2x−y+m−2=0的距离为d=|m| 5又r= 2d，即 2⋅|m| 5=2 5，解得：m=±5 2．
【解析】(1)根据圆心到直线的距离与半径的关系即可求解；
(2)根据圆的弦长公式，结合点到直线的距离公式求解即可．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
19.(1)解：设点P的坐标P(x,y)，由题设及抛物线的定义可知，
点P的轨迹为以F(2,0)焦点，准线方程为x+2=0抛物线，
故点P的轨迹C的方程为y2=8x；
(2)证明：由题设可知，直线l的斜率必不为0，
故设l：x=my+8，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+8y2=8x，得化简y2−8my−64=0，Δ=64m2+256>0，
则y1y2=−64，x1x2=y128⋅y228=(y1y2)264=64，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2=64−64=0，
故OA⊥OB．
【解析】(1)根据抛物线的定义求解即可；
(2)设l：x=my+8，联立直线与抛物线的方程，得出韦达定理，再代入计算得OA⋅OB=0即可．
本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线位置关系的应用，属于中档题．
20.解：(1)如图，以A为原点，分别以AC、AB、AA1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，A1(0,0,3)，C(2,0,0)，P( 2, 2,3)，
当E是线段BB1的中点时，可得E(0,2,32)，AE=(0,2,32)，A1C=(2,0,−3)，
则cs=0+0−92 0+4+94⋅ 4+0+9−9 1365，所以异面直线AE与A1C所成角的余弦值为9 1365；
(2)设BE=ℎ(0≤ℎ≤3)，平面A1CP的法向量为n=(x,y,z)，
因为A1C=(2,0,−3)，A1P=( 2, 2,0)，AE=(0,2,ℎ)，
所以A1C⋅n=2x−3z=0A1P⋅n= 2x+ 2y=0，令x=3，得n=(3,−3,2)，
若AE/​/平面A1CP，则AE⋅n=0×3+2×(−3)+2ℎ=0，解得ℎ=3，即BE=3．
所以线段BB1上存在点E，使得AE/​/平面A1CP，此时BE=3．
【解析】(1)根据题意，建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法加以计算，可得AE写A1C所成角的余弦值；
(2)利用空间位置关系的向量证明，即可得到本题的答案．
本题主要考查利用空间向量求异面直线所成角、线面平行的判定与性质等知识，考查了空间想象能力、逻辑推理能力，属于中档题．
21.解：(1)由题意，当n=1时，a1=S1=2−12−1=12，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=(2n−n2−1)−(2n−1−n−12−1)
=2n−1−12，
∵当n=1时，a1=12也满足上式，
∴an=2n−1−12，n∈N∗．
(2)由(1)可得，
n(2an+1)=n(2n−1+1)=n⋅2n，
则Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n，
2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1．
两式相减，
可得−Tn=2+22+23+…+2n−n⋅2n+1
=2−2n+11−2−n⋅2n+1
=−(n−1)⋅2n+1−2，
∴Tn=(n−1)⋅2n+1+2．
【解析】(1)根据题干已知条件并结合公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2即可计算出数列{an}的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果计算出数列{n(2an+1)}的通项公式，再利用错位相减法求和．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了分类讨论思想，转化与化归思想，错位相减法，等比数列的求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
22.解：(1)由题设得，a=2b，又椭圆C经过点D(2,1)，所以4a2+1b2=1，
由a2=4b24a2+1b2=1，解得：a2=8，b2=2．
故椭圆C的方程为：x28+y22=1；
(2)设P(x0,y0)(x0<0,y0<0)，则x028+y022=1，即x02+4y02=8．
又A(2 2,0)，B(0, 2)，所以直线PA的方程为lPA：y=y0x0−2 2(x−2 2)，
令x=0，得yM=−2 2y0x0−2 2，
从而|BM|= 2−yM= 2+2 2y0x0−2 2= 2x0+2 2y0−4x0−2 2；
直线PB的方程为lPB：y=y0− 2x0x+ 2，令y=0，得xN=− 2x0y0− 2，
从而|AN|=2 2−xN=2 2+ 2x0y0− 2= 2x0+2 2y0−4y0− 2．
因为AN⊥BM，所以四边形ABNM的面积S=12|AN|⋅|BM|，
即S=12⋅( 2x0+2 2y0−4)2(x0−2 2)(y0− 2)
=12⋅2x02+8y02+8x0y0−8 2x0−16 2y0+16x0y0− 2x0−2 2y0+4
=12⋅8x0y0−8 2x0−16 2y0+32x0y0− 2x0−2 2y0+4=4．

故四边形ABNM的面积为定值4．
【解析】(1)将点代入椭圆方程，再结合条件，即可求解椭圆方程；
(2)首先利用坐标分别表示直线PA和PB的方程，再求点M，N的坐标，并利用对角线垂直，表示四边形的面积，利用点在椭圆上，即可求解．
本题考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想及数学运算能力，属于中档题．