2022-2023学年广东省广州九十七中高二（上）期末数学试卷(含答案解析)

这是一份2022-2023学年广东省广州九十七中高二（上）期末数学试卷(含答案解析)，共13页。试卷主要包含了 古代《九章算术》记载， 已知圆C1， 过点P作圆O， 已知直线l1， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

A. 16B. 15C. 14D. 13
2. 已知空间向量n=(1,2,a),m=(a,2,3)，且n⊥m，则|n−m|=( )
A. 26B. 6C. 20D. 25
3. 古代《九章算术》记载：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何”其意思为：“今有5人分5钱，各人所得钱数依次成等差数列，其中前2人所得之和与后3人所得之和相等，问各得多少钱”．由此可知第一人分得的钱数是( )
A. 43B. 1C. 23D. 13
4. 已知圆C1：(x−5)2+(y−3)2=9，圆C2：x2+y2−4x+2y−9=0，则两圆的位置关系为( )
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切
5. 设{an}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=( )
A. 12B. 24C. 30D. 32
6. 过点P(2,1)作圆O：x2+y2=1的切线l，则切线l的方程为( )
A. 3x−4y−5=0B. 4x−3y−5=0
C. y=1或4x−3y−5=0D. y=1或3x−4y−5=0
7. 已知直线l1：x−ay+2=0与直线l2：(a+2)x+(a−4)y+a=0平行，则a的值是( )
A. −4B. 1C. −4或1D. 4或−1
8. 已知F2是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点，点P在椭圆上，(OP+OF2)⋅PF2=0，且|OP+OF2|=2b，则椭圆的离心率为( )
A. 53B. 35C. 54D. 25
9. 下列说法正确的是( )
A. 过点P(1,2)且在x、y轴截距相等的直线方程为x+y−3=0
B. 直线y=3x−2在y轴上的截距为−2
C. 直线3x+y+1=0的倾斜角为60∘
D. 过点(−1,2)且垂直于直线x−2y+3=0的直线方程为2x+y=0
10. 已知无穷等差数列{an}的前n项和为Sn，S2018S2020，则( )
A. 在数列{an}中，a1最大B. 在数列{an}中，a2019最大
C. a2020>0D. 当n≥2020时，an<0
11. 已知空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，则下列命题正确的是( )
A. AB方向的单位向量是(255,−55,0)
B. AB与BC夹角的余弦值是−5511
C. △ABC的面积为302
D. 若3AP=AB+AC，则点P到直线AC的距离为53
12. 如图，P是椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线C2：x2m2−y2n2=1(m>0,n>0)在第一象限的交点，且C1，C2共焦点F1，F2，∠F1PF2=θ，C1，C2的离心率分别为e1，e2，则下列结论正确的是( )
A. |PF1|=a+m，|PF2|=a−mB. 若θ=60∘，则1e12+3e22=4
C. 若θ=90∘，则e12+e22的最小值为2D. tanθ2=nb
13. 双曲线x29−y216=1的渐近线方程是______.
14. 以点A(−1,1)，B(3,3)为直径的圆的一般式方程为______.
15. 斜率为3的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|=______.
16. 如图，二面角α−AB−β的大小为60∘，线段PM与NQ分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB.若PM=2，MN=3，NQ=4，则PQ=______.
17. 已知公差不为0的等差数列{an}满足a3=9，a2是a1，a7的等比中项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn=1n(an+7)，求{bn}的前n项和Sn.
18. 已知圆C：x2+y2−2y−4=0，直线l：mx−y+1−m=0.
(1)判断直线l与圆C的位置关系；
(2)若直线l与圆C交于不同的两点A、B，且|AB|=32，求直线l的方程．
19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，M是PA的中点，PD⊥平面ABCD，且PD=CD=4，AD=2.
(Ⅰ)求证：PA⊥CD；
(Ⅱ)求AP与平面CMB所成角的正弦值；
(Ⅲ)求二面角M−CB−P的余弦值．
20. 如图，焦点为F的抛物线y2=2px(p>0)过点Q(1,m)(m>0)，且|QF|=2.
(Ⅰ)求p的值；
(Ⅱ)过点Q作两条直线l1，l2分别交抛物线于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，直线l1，l2分别交x轴于C，D两点，若∠QCD=∠QDC，证明：y1+y2为定值．
21. 已知数列{an}中，a1=2且an=2an−1−n+2(n≥2,n∈N*).
(1)求a2，a3，并证明{an−n}是等比数列；
(2)设bn=an2n−1，求数列{bn}的前n项和Sn.
22. 已知定点M(−1,0)，圆N：(x−1)2+y2=16，点Q为圆N上动点，线段MQ的垂直平分线交NQ于点P，记P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点M与N作平行直线l1和l2，分别交曲线C于点A，B和点D，E，求四边形ABDE面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为S5=5(a1+a5)2=5a3=25，
所以a3=5，
设等差数列{an}的公差为d，则d=a3−a2=2，
所以a7=a2+5d=3+5×2=13.
故选：D.
由已知结合等差数列的求和公式及性质可求a3，再求得等差数列{an}的公差，从而求得a7.
本题主要考查了等差数列的求和公式，等差数列的性质及通项公式的应用，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由于n⊥m，
所以n⋅m=a+4+3a=4a+4=0,a=−1，
所以|n−m|=|(1,2,−1)−(−1,2,3)|=|(2,0,−4)|=22+42=25.
故选：D.
根据向量垂直列方程，求得a，进而求得|n−m|.
本题考查两向量垂直的条件以及向量的模长求解，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意可设，5人的钱数分别为a−2d，a−d，a，a+d，a+2d，
则a−2d+a−d=a+a+d+a+2da−2d+a−d+a+a+d+a+2d=5a=5，解得a=1，d=−16，
故第一人分得的钱数是a−2d=1−2×(−16)=43.
故选：A.
由题意可设，5人的钱数分别为a−2d，a−d，a，a+d，a+2d，再结合等差数列的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：⊙O1：(x−5)2+(y−3)2=9的圆心为C1(5,3)，半径r=3，
C2：x2+y2−4x+2y−9=0的标准方程为(x−2)2+(y+1)2=14，圆心为O2(2,−1)，半径R=14，
两圆的圆心距|O1O2|=(5−2)2+(3+1)2=5，14−3<5<14+3，
故两圆相交，
故选：C.
求出两圆的圆心和半径，根据圆心距与半径和与差的关系，判断圆与圆的位置关系．
本题主要考查圆与圆的位置关系的判断，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：{an}是等比数列，且a1+a2+a3=1，
则a2+a3+a4=q(a1+a2+a3)，即q=2，
∴a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25×1=32，
故选：D.
根据等比数列的性质即可求出．
本题考查了等比数列的性质和通项公式，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由题知，圆O：x2+y2=1，圆心为(0,0)，半径为1，
因为P(2,1)在圆外，
所以设切线l为y−1=k(x−2)，即kx−y+1−2k=0，
因为l与圆O：x2+y2=1相切，
所以d=|1−2k|k2+1=1，解得k=0或k=43，
所以切线l的方程为y=1或4x−3y−5=0.
故选：C.
设切线l为y−1=k(x−2)，即kx−y+1−2k=0，由l与圆O：x2+y2=1相切，得d=|1−2k|k2+1=1，即可求解．
本题主要考查圆的切线方程，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：∵直线l1：x−ay+2=0与直线l2：(a+2)x+(a−4)y+a=0平行，
∴a+21=a−4−a≠a2，
解得a=1.
故选：B.
利用直线与直线平行的性质直接求解．
本题考查实数值的求法，考查直线与直线平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，设线段PF2的中点为M，
∵点P在椭圆上，(OP+OF2)⋅PF2=0，且|OP+OF2|=2b，
∴OM⊥PF2，|PO|=|OF2|=|OF1|=c，|OM|=b，
连接PF1，可得△PF1F2为直角三角形，且|PF1|=2|OM|=2b，∴|PF2|=2a−2b，
在直角三角形PF1F2中，由|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，
即可得(2b)2+(2a−2b)2=(2c)2，整理可得3b=2a，
e=1−b2a2=1−49=53.
故选：A.
设线段PF2的中点为M，可得△PF1F2为直角三角形，且|PF1|=2|OM|=2b，∴|PF2|=2a−2b，在直角三角形PF1F2中，利用勾股定理可得3b=2a，即可求解．
本题考查了椭圆的性质与定义，考查了运算能力、转化思想，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A：过点P(1,2)且在x，y轴上截距相等的直线的方程为x+y−3=0或y=2x，故A错误；
对于B：直线y=3x−2在y轴上的截距为−2，故B正确；
对于C：直线3x+y+1=0的倾斜角为120∘，故C错误；
对于D：过点(−1,2)且垂直于直线x−2y+3=0的直线方程为2x+y+c=0，解得c=0，故直线的方程为2x+y=0，故D正确．
故选：BD.
直接利用直线垂直的充要条件和直线的倾斜角和直线截距相等式的直线方程的应用求出A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：直线方程的求法，直线垂直的充要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：由题知，无穷等差数列{an}的前n项和为Sn，S2018S2020，
所以a2019>0，a2020<0，
所以等差数列{an}为递减数列，
在数列{an}中，a1最大，当n≥2020时，an<0.
故选：AD.
由题得a2019>0，a2020<0，即可解决．
本题主要考查了等差数列的性质的应用，属于基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对A选项，∵A(0,1,0)，B(2,2,0)，∴AB=(2,1,0)，
∴AB方向的单位向量是AB|AB|=(2,1,0)5=(255,55,0)，∴A选项错误；
对B选项，∵B(2,2,0)，C(−1,3,1)，
∴BC=(−3,1,1)，设AB与BC夹角为θ，
∴csθ=AB⋅BC|AB|⋅|BC|=−55×11=−5511，∴B选项正确；
对C选项，由B选项分析知csθ=−5511，∴csB=5511，∴B是锐角，
∴sinB=1−cs2B=611，
∴S△ABC=12×5×11×611=302，∴C选项正确；
对D选项，∵AC=(−1,2,1)，3AP=AB+AC=(1,3,1),AP=(13,1,13)，
∴点P到直线AC的距离为AP2−(AP⋅AC|AC|)2=119−(−13+2+136)2=119−69=53，∴D选项正确．
故选：BCD.
根据单位向量、向量夹角、三角形面积、点线距等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题考查向量的基本概念，向量法求解点面距问题，属中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：由椭圆和双曲线的定义|PF1|+|PF2|=2a，|PF1|−|PF2|=2m，
∴|PF1|=a+m，|PF2|=a−m，故A正确；
在△F1PF2中，由余弦定理可得(a−m)2+(a+m)2−2(a−m)(a+m)csθ=4c2，
∴a2(1−csθ)+m2(1+csθ)=2c2，
∴a2c2(1−csθ)+m2c2(1+csθ)=2，
∴1−csθe12+1+csθe22=2，
当θ=60∘，则1e12+3e22=4，故B正确；
当θ=90∘，1e12+1e22=1，由e12+e22=(e12+e22)(1e12+1e22)≥4，即e12+e22≥2(当且仅当e1=e2=1时等号成立)，故C错误；
由S△PF1F2=b2tanθ2=n2tanθ2，则tan2θ2=n2b2，即tanθ2=nb，故D正确．
故选：ABD.
根据双曲线和椭圆的定义，余弦定理，离心率公式，基本不等式和焦点三角形的面积公式即可判断．
本题考查了双曲线和椭圆的定义，余弦定理，离心率公式，基本不等式和焦点三角形的面积，属于中档题．
13.【答案】y=±43x
【解析】解：∵双曲线的方程x29−y216=1，
∴a2=9，b2=16，
即a=3，b=4，
则双曲线的渐近线方程为y=±43x，
故答案为：y=±43x.
根据双曲线的渐近线方程即可得到结论．
本题主要考查双曲线渐近线的判断，根据双曲线的方程确定a，b是解决本题的关键．比较基础．
14.【答案】x2+y2−2x−4y=0
【解析】解：因为A(−1,1)，B(3,3)，所以|AB|=(−1−3)2+(1−3)2=25，
AB中点坐标为(1,2)，所以以AB为直径的圆的标准方程为(x−1)2+(y−2)2=5，展开得一般式方程为x2+y2−2x−4y=0，
故答案为：x2+y2−2x−4y=0.
根据AB为直径，得到直径和圆心坐标，然后写方程即可．
本题主要考查圆的一般方程，属于基础题．
15.【答案】163
【解析】解：由题意可得抛物线焦点F(1,0)，直线l的方程为y=3(x−1)，
代入y2=4x并化简得3x2−10x+3=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=103；
x1x2=1，
∴由抛物线的定义可得|AB|=x1+x2+p=103+2=163.
故答案为：163.
由题意求出直线AB的方程，联立直线和抛物线方程，利用抛物线的性质转化求解即可．
本题考查了抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系的应用，考查了学生的计算能力，是中档题．
16.【答案】21
【解析】解：根据题意，PQ=PM+MN+NQ，
由二面角α−l−β大小为120∘，可得⟨PM,NQ⟩=120∘，
PQ2=(PM+MN+NQ)2
=PM2+MN2+NQ2+2PM⋅MN+2NQ⋅MN+2PM⋅NQ
=4+9+16+2×2×4×(−12)=21，
所以|PQ|=21，
故答案为：21.
利用空间向量的线性运算可得PQ=PM+MN+NQ，再根据向量所成角，结合数量积公式平方即可得解．
本题主要考查二面角的平面角，两点间的距离的计算，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
则a1+2d=9(a1+d)2=a1⋅(a1+6d)解得 d=4或d=0(舍去)，a1=1，
∴an=1+4(n−1)=4n−3.
(2)∵bn=1n(an+7)=14(1n−1n+1)，
∴Sn=b1+b2+b3+⋯+bn=14[(11−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]
=14(1−1n+1)=n4n+4.
【解析】(1)根据条件列方程组，求出首项和公差即可得出通项公式；
(2)利用裂项相消法求和．
本题考查了等差数列的通项公式，考查了利用裂项相消进行数列求和的方法，属于基础题．
18.【答案】解：(1)直线l：mx−y+1−m=0，即m(x−1)−y+1=0，恒过(1,1)，
代入x2+y2−2y−4=1+1−2−4<0，所以(1,1)在圆的内部，
所以直线l与圆C相交；
(2)圆C：x2+y2−2y−4=0，即x2+(y−1)2=5，圆心(0,1)，半径为5，
因为|AB|=32，
所以圆心到直线的距离为5−(322)2=22，
所以|−m|m2+1=22，
所以m=±1，
所以直线l的方程为x−y=0或x+y−2=0.
【解析】(1)直线恒过(1,1)，在圆的内部，可得结论；
(2)|AB|=32，所以圆心到直线的距离为5−(322)2=22，求出m，即可求出直线l的方程．
本题考查直线与圆的位置关系的判断，是基础题，解题时要注意点到直线的距离公式的合理运用．
19.【答案】(Ⅰ)证明：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，
∴四边形ABCD是矩形，∴CD⊥AD，
又PD∩AD=D，
∴CD⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，
∴PA⊥CD.
(Ⅱ)解：以D为原点，以DA，DC，DP为坐标轴建立空间直角坐标系A−xyz，如图所示，
则A(2,0,0)，P(0,0,4)，B(2,4,0)，C(0,4,0)，M(1,0,2)，
∴AP=(−2,0,4)，CB=(2,0,0)，BM=(−1,−4,2)，
设平面BCM的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CB=0n⋅BM=0，即2x=0−x−4y+2z=0，
取y=1可得n=(0,1,2)，
∴cs=AP⋅n|AP||n|=825×5=45，
∴AP与平面CMB所成角的正弦值为45.
(Ⅲ)解：CP=(0,−4,4)，
设平面BCP的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅CB=0m⋅CP=0，即2x=0−4y+4z=0，
取z=1可得m=(0,1,1)，
∴cs=m⋅n|m||n|=32×5=31010.
∴二面角M−CB−P的余弦值为31010.
【解析】(Ⅰ)证明CD⊥平面PAD即可得出CD⊥PA；
(Ⅱ)建立空间坐标系，求出平面BCM的法向量n，计算AP和n的夹角得出AP与平面CMB所成角的正弦值；
(Ⅲ)求出平面BCP的法向量m，计算m,n的夹角得出二面角的大小．
本题考查了线面垂直的判定与性质，考查空间向量与线面角、二面角的计算，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)抛物线的准线方程为x=−p2，由抛物线的定义得|QF|=1+p2=2，得p=2；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，抛物线的方程为y2=4x，
将点Q的坐标代入抛物线的方程得m2=4×1=4，
∵m>0，得m=2，所以，点Q的坐标为(1,2).
∵∠QCD=∠QDC，所以，直线AQ和BQ的斜率互为相反数．
则kAQ+kBQ=y1−2x1−1+y2−2x2−1
=y1−2y124−1+y2−2y224−1=4(y1−2)y12−4+4(y2−2)y22−4
=4y1+2+4y2+2=0.
所以y1+2+y2+2=0，
因此y1+y2=−4(定值).
【解析】(Ⅰ)由抛物线的定义可得出p的值；
(Ⅱ)先写出抛物线的方程，由条件∠QCD=∠QDC，得出直线AQ和直线BQ的斜率之和为零，利用两点的斜率公式以及等式x1=y124，x2=y224可计算出y1+y2=4，进而证明结论成立．
本题考查直线与抛物线的综合，考查抛物线的定义，同时可考查抛物线性质的应用，考查计算能力，属于中等题．
21.【答案】解：(1)∵an=2an−1−n+2(n≥2,n∈N*)，
∴a2=2a1=4，a3=2a2−3+2=7，an−n=2an−1−2n+2，即an−n=2[an−1−(n−1)]，
∵an−nan−1−(n−1)=2(n≥2,n∈N*)，
∴数列{an−n}是首项为1，公比为2的等比数列；
(2)由(1)得数列{an−n}是首项为2，公比为2的等比数列，则an−n=(a1−1)⋅2n−1，即an=2n−1+n，
则bn=an2n−1=1+n2n−1，
令Cn=n2n−1，且数列{cn}前n项和为Tn，
则Tn=120+221+322+423+⋯+n2n−1①，12Tn=121+222+323+⋯+n2n②，
由①-②得12Tn=1+(12+122+123+⋯+12n−1)−n2n=1+121−12n−11−12−n2n=2−2+n2n，
则Tn=4−2+n2n−1，
∴Sn=n+4−2+n2n−1.
【解析】(1)根据数列递推式，即可求得a2，a3的值，利用等比数列的定义，即可证明结论；
(2)由由(1)得数列{an−n}是首项为2，公比为2的等比数列，则an−n=(a1−1)⋅2n−1，即an=2n−1+n，利用错位相减法和分组求和法，即可得出答案．
本题考查的是等比数列的定义、数列的递推公式，错位相减法求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题意可得|MP|+|NP|=|PQ|+|NP|=4>|MN|=2，
所以动点P的轨迹是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，
即曲线C的方程为：x24+y23=1；
(2)由题意可设l2的方程为x=ty+1，
联立方程得x24+y23=1x=ty+1⇒(3t2+4)y2+6ty−9=0，
设D(x1,y1)，E(x2,y2)，则由根与系数关系有y1+y2=−6t3t2+4y1⋅y2=−93t2+4，
所以|DE|=1+t2(y1+y2)2−4y1y2=1+t2(−63t2+4)2−4−93t2+4=12(1+t2)3t2+4，
同理|AB|=12(1+t2)3t2+4l1与l2的距离为d=21+t2，
所以四边形ABDE面积为S=24×1+t23t2+4，
令1+t2=u(u≥1)得S=24u3u2+1=243u+1u，
当且仅当u=1，即t=0时，SABDE面积取最大值为6.
【解析】(1)依题意，结合椭圆的定义即可求出椭圆的标准方程；
(2)设l2的方程为x=ty+1，与椭圆方程联立，由根与系数的关系得到两根之和及两根之积，再表示出四边形ABDE的面积，换元后利用基本不等式即得解．
本题考查椭圆的概念及标准方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中最值的求法，属于中档题．