2023-2024学年上海市青浦高级中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市青浦高级中学高二（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.若一直线上有两点到一个平面的距离都等于1，则该直线与这个平面的位置关系是( )
A. 直线在平面内B. 直线与平面相交或平行
C. 直线与平面相交D. 直线平行平面
2.球的两个平行截面面积分别为5π和8π，球心到这两个截面的距离之差等于1，则球的直径为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
3.设椭圆x22+y2=1的左右焦点为F1，F2，点P在该椭圆上，则使得△PF1F2为等腰三角形的点P的个数为( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
4.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为底面ABCD内(包括边界)的动点，满足直线D1P与直线CC1所成角的大小为π6，则线段DP扫过的面积的大小为( )
A. π12B. π6C. π3D. π2
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.直线x=tanπ2024的倾斜角为______ ．
6.以(1,0)为焦点的标准抛物线的准线方程为______ ．
7.双曲线x2−y2=16的两条渐近线的夹角的大小为______ ．
8.无穷数列an满足a1=1，3an+1+an=0，则其所有项和Sn= ______ ．
9.已知直线l1：x+ay=1，l2：ax+y=1，若l1//l2，则l1与l2的距离为 ．
10.直线x+2y+1=0与圆x2+y2−4x+8y=0相交所得的弦长为______．
11.数列an=2n+1，其前n项和Sn= ______ ．
12.底面半径为3，高为4的圆柱和圆锥的表面积的比值为______ ．
13.已知曲线C：mx2+ny2=1，
①若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上；
②若m=n>0，则C是圆，其半径为 n；
③若mn0，则C是两条直线．以上四个命题，其中正确的序号为______．
14.若集合A={(x,y)||y−1|+(x+y−3)2+1−y=0}，集合B={(x,y)|y2=4x}，则A∩B= ______ ．
15.已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的大小为______ ．
16.已知双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点A，若△AF1F2的内切圆半径为b5，则双曲线的离心率为______ ．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
如图，在三棱锥P−ABC中，AP=AB，M，N分别为棱PB，PC的中点，平面PAB⊥平面PBC．
(1)求证：BC/​/平面AMN；
(2)求证：平面AMN⊥平面PBC．
18.(本小题14分)
如图，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为BC与A1D1的中点．
(1)求直线A1C与DE所成的角；
(2)求直线AD与平面B1EDF所成的角．
19.(本小题14分)
如图，这是某圆弧形山体隧道的示意图，其中底面AB的长为16米，最大高度CD的长为4米，以C为坐标原点，AB所在的直线为x轴建立直角坐标系．
(1)求该圆弧所在圆的方程；
(2)若某种汽车的宽约为2.5米，高约为1.6米，车辆行驶时两车的间距要求不小于0.5米以保证安全，同时车顶不能与隧道有剐蹭，则该隧道最多可以并排通过多少辆该种汽车？(将汽车看作长方体)
20.(本小题18分)
椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,0)，且右焦点为F(1,0)，过F的直线l与椭圆C相交于A、B两点．设点P(4,3)，记PA、PB的斜率分别为k1和k2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如果直线l的斜率等于−1，求出k1⋅k2的值；
(3)探讨k1+k2是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，求出k1+k2的取值范围．
21.(本小题18分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=12，Sn−Sn−1+2SnSn−1=0(n≥2)．
(1)判断{1Sn}是否为等差数列？并证明你的结论；
(2)求Sn和an；
(3)求证：S12+S22+…+Sn2≤12−14n．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题，设直线为l，平面为α，
要使一条直线的两点到一个平面的距离为1，则由线面位置关系可得，
当l/​/α时，可满足题意，
当l与α相交时，在面的异侧各有一个点可满足题意，
当l⊂α时，无法满足题意，
故直线与平面相交或平行．
故选：B．
根据直线与平面的位置关系，结合题意即可判断．
本题考查空间中线面的位置关系，属于中档题．
2.【答案】D
【解析】解：设球心为O，半径为R，
画出其截面图，如图：
设OA=d，
由题可得AD=2 2，BC= 5，AB=1，
OD=OC=R，
则R2=(2 2)2+d2R2=( 5)2+(d+1)2，解得d=1R=3．
故球的直径为2R=6．
故选：D．
根据题意求出球的半径，进而求解结论．
本题主要考查球的性质应用，考查计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：椭圆x22+y2=1的左右焦点为F1，F2，
则a2=2，b2=1，c= a2−b2=1，
故|F1F2|=2c=2，
若|PF1|=|PF2|，由椭圆的对称性可知，这样的点P有两个，
|PF1|=|F1F2|，
设P(x,y)，
故 (x+1)2+y2=2y2=1−12x2，有两组解，即满足条件点P有两个；
同理可得，当|PF2|=|F1F2|时，满足条件的点P也有两个，
综上所述，使得△PF1F2为等腰三角形的点P的个数为6．
故选：C．
根据已知条件，先求出椭圆焦距的距离，再分类讨论，即可求解．
本题主要考查椭圆的性质，考查分类讨论的思想，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，易得DD1/​/CC1，
要使直线D1P与直线CC1所成角的大小为π6，
只需DD1与直线D1P所成角的大小为π6，
所以D1P为绕DD1以π6的夹角旋转而成的锥体的一部分，如图所示：
所以tan∠DD1P=DPDD1= 33，即DP= 33，
所以点P的轨迹是以D为圆心， 33为半径的四分之一圆，
故线段DP扫过的面积的大小为14πr2=14π×( 33)2=π12．
故选：A．
结合题意，可知点P的轨迹是以D为圆心，半径为 33的四分之一圆，据此可求DP扫过的面积．
本题考查空间中异面直线所成角，考查动点轨迹，属中档题．
5.【答案】90°．
【解析】解：直线x=tanπ2024垂直于x轴，故直线的倾斜角为90°．
故答案为：90°．
直接利用直线的方程求出直线的倾斜角．
本题主要考查了直线的倾斜角的求解，属于基础题．
6.【答案】x=−1
【解析】解：由题意可知，抛物线焦点在x轴上，
可设抛物线的方程为y2=2px(p>0)，
p2=1，即p=2，
故该抛物线的准线方程为x=−p2=−1．
故答案为：x=−1．
根据已知条件，结合抛物线的性质，即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，属于基础题．
7.【答案】90°
【解析】解：∵双曲线x2−y2=16，即x216−y216=1，
∴a=b=4，
故双曲线的两条渐近线方程为y=±x，
∴两渐近线互相垂直，
∴两条渐近线的夹角大小为90°．
故答案为：90°．
求得双曲线的两渐近线方程，可求两条渐近线的夹角大小．
本题考查双曲线的几何性质，属基础题．
8.【答案】34
【解析】解：由3an+1+an=0，可得an+1=−13an，又a1=1，
故数列{an}是首项为1，公比为−13的等比数列，
所以Sn=1−(−13)n1−(−13)=34[1−(−13)n]，
当n→+∞时，Sn→34，
即无穷数列的所有项和Sn=34．
故答案为：34．
根据递推式可得数列{an}为等比数列，根据等比数列的前n项和公式，求极限即可得结论．
本题考查等比数列的定义及前n项和公式，考查极限的定义，属基础题．
9.【答案】 2
【解析】【分析】
本题考查了平行线的定义和平行线间的距离计算问题，是基础题．
由l1//l2求得a的值，再根据两平行线间的距离计算即可．
【解答】
解：直线l1：x+ay=1，l2：ax+y=1，
当l1//l2时，a2−1=0，解得a=±1；
当a=1时l1与l2重合，不满足题意；
当a=−1时l1//l2，此时l1：x−y−1=0，l2：x−y+1=0；
则11与l2的距离为d=|−1−1| 12+(−1)2= 2．
故答案为： 2．
10.【答案】2 15
【解析】解：根据题意，圆x2+y2−4x+8y=0，即(x−2)2+(y+4)2=20，其圆心为(2,−4)，半径r=2 5，
圆心到直线x+2y+1=0的距离d=|2−8+1| 1+4= 5，
则弦长l=2× r2−d2=2 20−5=2 15，
故答案为：2 15．
根据题意，分析圆的圆心和半径，求出圆心到直线的距离，由直线与圆的位置关系分析可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及弦长的计算，属于基础题．
11.【答案】2(2n−1)+n
【解析】解：∵an=2n+1，
∴Sn=21+1+22+1+…+2n+1
=2(1−2n)1−2+n=2(2n−1)+n．
故答案为：2(2n−1)+n．
由an=2n+1，结合数列通项的特点，考虑利用分组求和即可．
本题主要考查了分组求和方法及等差数列与等比数列的求和公式的应用，属于基础试题．
12.【答案】74
【解析】解：结合题意可得：圆柱的表面积是由上下底面和侧面构成，
则圆柱的表面积S1=2πr2+2πrh=2×π×32+2π×3×4=42π，
圆锥的表面积是由底面和侧面构成，
易知圆锥的母线l= 32+42=5，
所以圆锥的表面积S2=πr2+πrl=π×32+π×3×5=24π，
所以该圆柱和圆锥的表面积的比值为S1S2=42π24π=74．
故答案为：74．
根据题意分别计算圆柱和圆锥的表面积，然后计算比值即可．
本题主要考查圆锥与圆柱表面积的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
13.【答案】①③④
【解析】解：①若m>n>0，可得0a>0)，可得A(c2+a22c,b(a2−c2)2ac)，
设|AF1|=m，|AF2|=n，
由三角形的面积的等积法可得12×b5×(m+n+2c)=12⋅2c⋅b(c2−a2)2ac，
化简可得m+n=5c2a−5a−2c①，
由双曲线的定义可得m−n=2a②，
在三角形AF1F2中nsinθ=b(c2−a2)2ac，(θ为直线AF2的倾斜角)，
由tanθ=ba，sin2θ+cs2θ=1，可得sinθ=b a2+b2=bc，
可得n=c2−a22a③，
由①②③化简可得2c2−ac−3a2=0，
即为(2c−3a)(c+a)=0，
可得2c=3a，则e=ca=32．
故答案为：32．
双曲线的左、右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，设双曲线的一条渐近线方程为y=bax，可得直线AF2的方程为y=ba(x−c)，联立双曲线的方程可得A的坐标，设|AF1|=m，|AF2|=n，运用三角形的等积法，以及双曲线的定义，结合锐角三角函数的定义，化简变形可得a，c的方程，结合离心率公式可得所求值．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查三角形的等积法，以及化简变形能力和运算能力，属于难题．
17.【答案】证明：如图所示：(1)M，N分别为棱PB，PC的中点，
∴MN/​/BC，
MN⊂AMN，BC⊄AMN，
所以BC/​/面AMN；
(2)PA=AB，点M为棱PB的中点，
∴AM⊥PB，又平面PAB⊥平面PBC，
平面PAB∩平面PBC=PB，AM⊂PAB，AM⊥面PBC，又AM⊂AMN，
∴平面AMN⊥平面PBC．
【解析】(1)线面平行的定理的应用，注意一定要有面内，面外的说明；
(2)面面垂直定理的性质定理及判定定理的应用．
考查线面平行定理的应用及面面垂直的判定定理及性质定理的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)如图，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为BC与A1D1的中点，

在平面ABCD内，过C作CP//DE交直线AD于P，则∠A1CP(或补角)为异面直线A1C与DE所成的角，
在△A1CP中，A1C= 3a，CP=DE= 5a2，A1P= 132a，
∴cs∠A1CP=3a2+54a2−134a22× 3a× 5a2= 1515，
∴异面直线A1C与DE所成的角为arccs 1515；
(2)如图，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为BC与A1D1的中点，

∴平面ADE⊥平面ADF，
∴AD在平面B1EDF内的射影在∠EDF的平分线上，而四边形B1EDF是菱形，
∴DB1为∠EDF的平分线，
∴直线AD与平面B1EDF所成的角为∠ADB1，
在直角△B1AD中，AD=a，AB1= 2a，B1D= 3a，
∴cs∠ADB1=a2+3a2−2a22×a× 3a= 33，
∴直线AD与平面B1EDF所成的角为arccs 33．
【解析】(1)在平面ABCD内，过C作CP//DE交直线AD于P，则∠A1CP(或补角)为异面直线A1C与DE所成的角，在△A1CP中，利用余弦定理，即可求得异面直线A1C与DE所成的角；
(2)证明直线AD与平面B1EDF所成的角为∠ADB1，在直角△B1AD中，利用余弦定理，即可求得直线AD与平面B1EDF所成的角；
本题考查线线角、线面角，解题的关键是正确作出空间角，并在具体三角形中，利用余弦定理求出相应的角，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由圆的对称性可知，该圆弧所在圆的圆心在y轴上，
由图形可得A(−8,0)，B(8,0)，D(0,4)，
设该圆的半径为r米，则r2=82+(r−4)2，解得r=10，
圆心为(0,−6)，
故该圆弧所在圆的方程为x2+(y+6)2=100．
(2)设与该种汽车等高且能通过该隧道的最大宽度为d米，
则(d2)2+(6+1.6)2=102，
解得d=2 42.24．
若并排通过4辆该种汽车，则安全通行的宽度为4×2.5+3×0.5=11.52 42.24，故该隧道不能并排通过5辆该种汽车．
综上所述，该隧道最多可以并排通过4辆该种汽车．
【解析】(1)由图形求得A，B，D的坐标，判断圆心在y轴上，设该圆的半径为r米，由勾股定理可得r的方程，求得r，圆心坐标，可得所求圆的方程；
(2)设与该种汽车等高且能通过该隧道的最大宽度为d米，由勾股定理可得d的方程，求得d，讨论并排通过5辆或4辆该种汽车，求得安全通行的宽度，可得结论．
本题考查圆的方程和直角三角形的勾股定理的运用，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵a=2，又c=1，∴b= a2−c2= 3，∴椭圆方程为x24+y23=1
(2)直线l：y=−x+1，设A(x1,y1)B(x2,y2)，
由y=−x+1x24+y23=1消y得7x2−8x−8=0，有x1+x2=87，x1⋅x2=−87．
k1⋅k2=y1−3x1−4⋅y2−3x2−4=−x1−2x1−4⋅−x2−2x2−4=x1x2+2(x1+x2)+4x1x2−4(x1+x2)+16=12
(3)当直线AB的斜率不存在时，不妨设A(1,32)，B(1,−32)，
则k1=3−324−1=12，k1=3+324−1=32，故k1+k2=2．
当直线AB的斜率存在时，设其为k，则直线AB：y=k(x−1)，设A(x1,y1)B(x2,y2)，
由y=k(x−1)x24+y23=1消y得(4k2+3)x2−8k2x+(4k2−12)=0，
有x1+x2=8k24k2+3，x1⋅x2=4k2−124k2+3.…(13分)k1+k2=y1−3x1−4+y2−3x2−4=kx1−k−3x1−4+kx2−k−3x2−4=2kx1x2−(5k+3)(x1+x2)+8(k+3)x1x2−4(x1+x2)+16
=2k⋅4k2−124k2+3−(5k+3)⋅8k24k2+3+8(k+3)4k2−124k2+3−4⋅8k24k2+3+16=72(k2+1)36(k2+1)=2
【解析】(1)利用已知条件求出b，即可求解椭圆方程．
(2)直线l：y=−x+1，设AB坐标，联立y=−x+1x24+y23=1利用韦达定理以及斜率公式求解即可．
(3)当直线AB的斜率不存在时，不妨设A，B，求出斜率，即可；当直线AB的斜率存在时，设其为k，求直线AB：y=k(x−1)，联立直线与椭圆的方程组，利用韦达定理以及斜率公式化简求解即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆的方程的求法，考查转化思想以及计算能力．
21.【答案】解：(1){1Sn}为等差数列，证明如下：
S1=a1=12，
∴1S1=2，
当n≥2时，Sn−Sn−1=−2SnSn−1，
∴1Sn−1Sn−1=2，
∴{1Sn}为等差数列，首项为2，公差为2；
(2)由(1)知1Sn=2+(n−1)×2=2n，
∴Sn=12n，
当n≥2时，an=−2SnSn−1=−2⋅12n⋅12(n−1)=−12n(n−1)，
∴an=12,n=1−12n(n−1),n≥2；
证明：(3)S12+…+Sn2=14(112+122+…+1n2)≤14(1+11×2+12×3+…+1(n−1)×n)=14(1+1−12+…+1n−1−1n)=14(2−1n)=12−14n．
【解析】(1)当n≥2时，Sn−Sn−1=−2SnSn−1，两边同除以SnSn−1，可得1Sn−1Sn−1=2，从而可得{1Sn}为等差数列；
(2)由(1)知{1Sn}是以首项为2，公差为2的等差数列，从而可得Sn，利用an+2SnSn−1=0(n≥2)，可求an；
(3)利用Sn=12n，表示S12+S22+…+Sn2，利用放缩法变为S12+…+Sn2=14(112+122+…+1n2)≤14(1+11×2+12×3+…+1(n−1)×n)，从而利用裂项法求和，即可证得．
本题的考点是数列与不等式的综合，主要考查数列的通项的求解，关键是利用当n≥2时，an=Sn−Sn−1，巧妙构建新数列，同时考查放缩法，考查裂项法求和，有一定的综合性，属于难题．