2023-2024学年宁夏吴忠市青铜峡市宁朔中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年宁夏吴忠市青铜峡市宁朔中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共13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A，B，C，D是空间中互不相同的四个点，则AB−DB−AC=( )
A. ADB. CDC. BCD. DA
2.以(0,−1)为圆心，2为半径的圆的标准方程是( )
A. x2+(y+1)2=2B. x2+(y+1)2=4
C. (x+1)2+y2=2D. (x+1)2+y2=4
3.抛物线x2=−4y的焦点坐标是( )
A. (0,−2)B. (−1,0)C. (0,2)D. (0,−1)
4.若直线l经过两点A(2,m)，B(−m,2m−1)且l的倾斜角为45°，则m的值为( )
A. 12B. 2C. 1D. −12
5.已知空间向量a=(−2,2,1)，b=(1,0,m)，若a⊥b，则|b|=( )
A. 5B. 3C. 4D. 5
6.双曲线x24−y212=1的焦点到渐近线的距离为( )
A. 2B. 3C. 3D. 2 3
7.若椭圆x29+y24=1的弦AB被点P(1,1)平分，则AB所在直线的方程为( )
A. 4x+9y−13=0B. 9x+4y−13=0
C. x+2y−3=0D. x+3y−4=0
8.椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A，B是C上两点，AF1=3F1B，∠BAF2=90°，则椭圆C的离心率为( )
A. 12B. 34C. 32D. 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.已知双曲线x24−y29=1，则( )
A. 渐近线方程为y=±32xB. 焦点坐标是(± 13,0)
C. 离心率为 52D. 实轴长为4
10.若直线l1：(m−2)x−y−1=0，与直线l2：3x−my=0互相平行，则m的值可能为( )
A. −1B. 1C. 3D. 0
11.顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过点P(−4,−2)的抛物线的标准方程为( )
A. x2=−yB. x2=−8yC. y2=−8xD. y2=−x
12.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，若E为AB的中点，则以下说法中正确的是( )
A. 线段ED1的长度为8
B. 异面直线D1E和B1C夹角的余弦值为0
C. 点B到直线D1E的距离为 63
D. 三棱锥B−D1EC的体积为12
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若an=(−1)n⋅(2n−1)，则数列{an}的前17项和S17= ______ ．
14.若圆x2+y2−2x−4y+m=0与圆x2+y2−8x−12y+36=0外切，则m值为 ______ ．
15.双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=34x，则该双曲线的离心率为 ______ ．
16.过抛物线y2=4x的焦点作直线l，交抛物线于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为3，则|AB|等于______．
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)
已知直线l经过点P(−2,1)，分别求满足下列条件的直线l的方程：
(1)与直线2x+y=5垂直；
(2)与圆O：x2+y2=4相切．
18.(本小题12分)
(1)已知等差数列{an}中，a4+a8=20，a7=12.求a4．
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn且Sn=n2+n，求an和a8．
19.(本小题12分)
已知圆C的圆心在x轴上，且经过A(−1,1)和B(1,3)两点．
(1)求圆C的方程；
(2)过点P(3,2)的直线l被圆C截得的弦长为6，求直线l的方程．
20.(本小题12分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．

(1)证明AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，其中左焦点为F(−2,0)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y=x+m与椭圆C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点M在圆x2+y2=1上，求m的值．
22.(本小题12分)
已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，点P在抛物线E上，点P的横坐标为1，且|PF|=2，A，B是抛物线E上异于O的两点．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为−4，求证：直线AB恒过定点．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB−DB−AC=AB+BD−AC=AD−AC=CD．
故选：B．
运用向量加法法则、减法法则计算即可．
本题考查空间向量的线性运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：以(0,−1)为圆心，2为半径的圆的标准方程是x2+(y+1)2=4．
故选：B．
根据圆心和半径即可求解．
本题主要考查圆的标准方程的特征，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由已知x2=−4y可得p=2，且抛物线的开口向下，
故焦点坐标为(0,−p2)，
故焦点坐标为(0,−1)．
故选：D．
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．
4.【答案】D
【解析】解：由题意得：
m−(2m−1)2−(−m)=1，解得：m=−12．
故选：D．
根据倾斜角的定义得到关于m的方程，解出即可．
本题考查了直线的斜率，倾斜角问题，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：空间向量a=(−2,2,1)，b=(1,0,m)，a⊥b，
则−2+0+m=0，解得m=2，
故b=(1,0,2)，
|b|= 1+0+22= 5．
故选：A．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，求出m，再结合向量模公式，即可求解．
本题主要考查空间向量的数量积运算，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由题得：其焦点坐标为(±4,0).渐近线方程为y=± 3x
所以焦点到其渐近线的距离d=4 3 3+1=2 3．
故选：D．
先由题中条件求出焦点坐标和渐近线方程，再代入点到直线的距离公式即可求出结论．
本题给出双曲线的方程，求它的焦点到渐近线的距离．着重考查了点到直线的距离公式、双曲线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x129+y124=1x229+y224=1，
所以x12−x229+y12−y224=0，
整理得y1−y2x1−x2=−4(x1+x2)9(y1+y2)，
因为P(1,1)为弦AB的中点，
所以x1+x2=2，y1+y2=2，
所以kAB=y1−y2x1−x2=−4(x1+x2)9(y1+y2)=−49，
所以弦AB所在直线的方程为y−1=−49(x−1)，即4x+9y−13=0．
故选：A．
利用点差法求解得kAB=−49，再根据点斜式求解即可得答案．
本题考查点差法的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】【分析】
由已知条件设|F1B|=x，|AF1|=3x，在△ABF2中，求得x=a3，在Rt△AF1F2中，|F1F2|=2c，由勾股定理求出e2=12，由此能求出椭圆的离心率．
本题考查椭圆的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意勾股定理的合理运用．
【解答】
解：∵椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，
A，B是C上两点，AF1=3F1B，∠BAF2=90°，
∴设|F1B|=x，则|AF1|=3x，
在△ABF2中，(4x)2+(2a−3x)2=(2a−x)2，
整理，得x(3x−a)=0，即3x=a，即x=a3，
∴在Rt△AF1F2中，|F1F2|=2c，
(3x)2+(2a−3x)2=4c2，
将x=a3代入，得a2+(2a−a)2=4c2，∴c2a2=12，
即e2=12，
∴e= 22．
故选：D．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于选项A，已知双曲线x24−y29=1，则渐近线方程为y=±32x，即选项A正确；
对于选项B，已知双曲线x24−y29=1，由4+9=13，则焦点坐标是(± 13,0)，即选项B正确；
对于选项C，已知双曲线x24−y29=1，则e= 4+92= 132，即双曲线的离心率为 132，即选项C错误；
对于选项D，已知双曲线x24−y29=1，则实轴长为4，即选项D正确，
故选：ABD．
由双曲线的性质逐一判断即可得解．
本题考查了双曲线的性质，属基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：m=0时，两条直线方程分别化为：−2x−y−1=0，x=0，此时两条直线不平行，舍去．
m≠0，由于l1//l2，则m−23=−1−m，解得m=−1或3，经过验证满足条件．
综上可得：m=−1或3．
故选：AC．
对m分类讨论，利用两条直线相互平行的条件即可得出．
本题考查了两条直线相互平行的充要条件，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：若焦点在x轴上，设方程为y2=ax(a≠0)，将点P(−4,−2)的坐标代入，得4=−4a，
解得a=−1，所以抛物线的标准方程为y2=−x；
若焦点在y轴上，设方程为x2=by(b≠0)，将点P(−4,−2)的坐标代入，得16=−2a，
解得a=−8，所以抛物线的标准方程为x2=−8y．
故抛物线方程为y2=−x或x2=−8y．
故选：BD．
分焦点在x轴上和y轴上两种情况，利用待定系数法求解即可．
本题考查抛物线方程的求法，考查分类讨论的思想方法，考查运算能力，属于基础题．
12.【答案】BC
【解析】解：以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示：
根据题意得，B(1,2,0)，E(1,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,2,1)，C(0,2,0)，
则ED1=(−1,−1,1)，所以线段ED1的长度为|ED1|= 3，选项A错误；
又B1C=(−1,0,−1)，所以异面直线D1E和B1C夹角余弦值为：
|cs|=|ED1⋅B1C||ED1||B1C|=1−1 3× 2=0，选项B正确；
设直线D1E上存在点F满足D1F=λD1EBF⋅D1E=0，且D1E=(1,1,−1)，
则D1F=λD1E=λ(1,1,−1)=(λ,λ,−λ)，所以F(λ,λ,1−λ)，
则BF=(λ−1,λ−2,1−λ)，又BF⋅D1E=0，所以λ−1+λ−2+λ−1=0，
解得λ=43，则BF=(13,−23,−13)，所以点B到直线D1E的距离为：
|BF|= (13)2+(−23)2+(−13)2= 63，选项C正确；
因为VB−D1EC=VD1−BCE=13S△BCE⋅|DD1|=13×12×1×1×1=16，选项D错误．
故选：BC．
根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可判断ABC，结合等体积法即可判断D．
本题考查了异面直线所成的角，点面距离和三棱锥的体积计算问题，是中档题．
13.【答案】−17
【解析】解：因为an=(−1)n⋅(2n−1)，
所以S17=a1+a2+…+a17=(−1)+3+(−5)+7+…+(−29)+31+(−33)=2×162−33=−17．
故答案为：−17．
发现数列的规律，并结合并项求和法，即可得解．
本题考查数列求和，熟练掌握并项求和法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
14.【答案】4
【解析】解：圆x2+y2−2x−4y+m=0即(x−1)2+(y−2)2=5−m，圆心为(1,2)，半径为 5−m且m<5，
圆x2+y2−8x−12y+36=0即(x−4)2+(y−6)2=16，圆心为(4,6)，半径为4，
因为两圆外切，所以 (4−1)2+(6−2)2= 5−m+4，解得m=4．
故答案为：4．
根据两圆外切列方程，解方程即可．
本题主要考查两圆的位置关系，属于基础题．
15.【答案】54
【解析】解：双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax，
又双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=34x，
则b=3t，a=4t，其中t>0，
则c= a2+b2=5t，
即该双曲线的离心率为e=ca=54．
故答案为：54．
由双曲线的渐近线方程，结合双曲线离心率的求法求解．
本题考查了双曲线的渐近线方程，重点考查了双曲线离心率的求法，属中档题．
16.【答案】8
【解析】解：∵抛物线方程为y2=4x，∴抛物线的焦点为F(1,0)，准线为l：x=−1
设线段AB的中点为M(3,y0)，则M到准线的距离为：|MN|=3−(−1)=4，
过A、B分别作AC、BD与l垂直，垂足分别为C、D
根据梯形中位线定理，可得|AC|+|BD|=2|MN|=8
再由抛物线的定义知：|AF|=|AC|，|BF|=|BD|
∴|AB|=|AF|+|BF|=|AC|+|BD|=8．
故答案为：8
根据抛物线方程得它的准线为l：x=−1，从而得到线段AB中点M到准线的距离等于4.过A、B分别作AC、BD与l垂直，垂足分别为C、D，根据梯形中位线定理算出|AC|+|BD|=2|MN|=8，结合抛物线的定义即可算出AB的长．
本题给出过抛物线y2=4x焦点的一条弦中点的横坐标，求该弦的长度．着重考查了抛物线的标准方程和简单几何性质等知识，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为两直线互相垂直，所以所求直线的斜率为12，
故所求直线的方程y−1=12(x+2)，即x−2y+4=0；
(2)因为22+12=5>4，所以点P在圆外．
当直线l的斜率存在时，设其方程为y−1=k(x+2)，即kx−y+2k+1=0．
由题意知圆O的圆心坐标为O(0,0)，半径为2．
因为圆心到切线的距离等于半径，所以|2k+1| k2+1=2，解得k=34，故直线l的方程为3x−4y+10=0．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−2，也满足条件．
故直线l的方程为3x−4y+10=0或x=−2．
故答案为：3x−4y+10=0或x=−2．
【解析】(1)根据已知直线l的解析式可以求得直线l的斜率为，利用点斜式即可；
(2)分类讨论，利用点到直线的距离公式可得切线斜率，确定切线方程．
本题考查利用两直线位置关系，直线与圆相切求直线方程，属于基础题．
18.【答案】解：(1)等差数列{an}中，a4+a8=20，a7=12，
所以a1+3d+a1+7d=20a1+6d=12，解得a1=0，d=2，
故a4=a1+3d=6；
(2)因为数列{an}的前n项和Sn=n2+n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n−(n−1)2−(n−1)=2n，
当n=1时，a1=S1=2，适合上式，
故an=2n，a8=16．
【解析】(1)结合等差数列的通项公式即可求解；
(2)结合数列的和与项的递推关系即可求解an，进而可求a8．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
19.【答案】解：(1)∵圆C的圆心在x轴上，设圆心为C(a,0)，由圆过点A(−1,1)和B(1,3)，
由|CA|=|CB|可得CA2=CB2，即(a+1)2+1=(a−1)2+9，求得a=2，
可得圆心为C(2,0)，半径为|CA|= 10，故圆的方程为(x−2)2+y2=10，
(2)直线l被圆C截得的弦长为6，∴圆心到直线的距离d= r2−32=1，
当l的斜率不存在时，直线l的方程为x=3，符合题意，
当l的斜率存在时，设直线方程为y−2=k(x−3)，即kx−y−3k+2=0，
∴2k−3k+2 k2+1=1，∴k=34，
∴直线l的方程为y−2=34(x−3)，即3x−4y−1=0，
综上所述：直线l的方程为x=3或3x−4y−1=0．
【解析】(1)设圆心为C(a,0)，由|CA|=|CB|求得a的值，可得圆心坐标以及半径的值，从而求得圆的方程．
(2)求出圆心到直线的距离，即可求直线l的方程．
本题考查直线与圆的位置关系，属中档题．
20.【答案】(1)证明：取AB中点，连接OC，OA1，
∵CA=CB，∴OC⊥AB，
∵AB=A1A，∠BAA1=60°
∴△BAA1是正三角形，∴OA1⊥AB，
∵OC∩OA1=O，OC,OA1⊂平面OCA1，
∴AB⊥平面OCA1，
∵CA1⊂平面OCA1，
∴AB⊥A1C；
(2)解：由(Ⅰ)知OC⊥AB，OA1⊥AB，
又平面ABC⊥平面AA1B1B，
平面ABC∩平面AA1B1B=AB，
OC⊂平面ABC，
所以OC⊥平面AA1B1B，OA1⊂平面AA1B1B，
所以OC⊥OA1，
故OA，OA1，OC两两垂直．
以O为坐标原点，建立如图所示的坐标系，设OA=1，
可得A(1,0,0)，A1(0, 3,0)，
C(0,0, 3)，B(−1,0,0)，
则BC=(1,0, 3)，BB1=AA1=(−1, 3,0)，
A1C=(0,− 3, 3)，
设n=(x,y,z)为平面BB1C1C的法向量，
则n·BC=x+ 3z=0n·BB1=−x+ 3y=0,
可取y=1，可得n=( 3,1,−1)，
故csn,A1C=n·A1Cn·A1C=− 105，
故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为 105．
【解析】本题考查直线与平面所成的角，涉及直线与平面垂直的性质和平面与平面垂直的性质，属中档题．
(1)取AB中点，连接OC，OA1，得出OC⊥AB，OA1⊥AB，运用AB⊥平面OCA1，即可证明．
(2)易证OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点建立空间直角坐标系，可得A1C=(0,− 3, 3)，求出平面BB1C1C的法向量，代入向量夹角公式，可得答案．
21.【答案】解：(1)由题意椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，
其中左焦点为F(−2,0)，a2=b2+c2，
即c=2，可得a=2 2，解得b=2，
∴椭圆C的方程为：x28+y24=1．
(2)设点A，B的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，
线段AB的中点为M(x0,y0)，
由y=x+mx2+2y2=8，消去y得，3x2+4mx+2m2−8=0，
即Δ=16m2−12(2m2−8)=96−8m2>0，
∴−2 3∵x0=12(x1+x2)=−23m，
∴y0=x0+m=13m，
∵点M(x0,y0)在圆x2+y2=1上，
∴49m2+19m2=1，
∴m=±3 55．
【解析】本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题．
(1)直接由已知列关于a，b，c的方程组，求解方程组得到a，b的值，则椭圆方程可求；
(2)联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得线段AB的中点M的坐标，代入圆的方程求得m的值．
22.【答案】解：(1)由题意得，F(p2,0)，点P的横坐标为1，且|PF|=2，
则2=1+p2，
∴p=2，
∴抛物线E的方程为；y2=4x；
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，
设A(t24,t)，B(t24,−t),(t>0)，
因为直线OA，OB的斜率之积为−4
则tt24×−tt24=−4，化简得t2=4．
所以A(1,t)，B(1,−t)，此时直线AB的方程为x=1．
当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=kx+b，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y2=4xy=kx+b，化简得ky2−4y+4b=0，需满足Δ=16(1−kb)>0，
根据根与系数的关系得y1y2=4bk，
因为直线OA，OB的斜率之积为−4，
所以y1x1⋅y2x2=−4，即y1y2+4x1x2=0，即y1y2+4⋅y124⋅y224=0，
解得y1y2=0(舍去)或y1y2=−4，
所以y1y2=4bk=−4，即b=−k，满足Δ=16(1−kb)>0，所以y=kx−k，
即y=k(x−1)，
综上所述，直线AB过定点(1,0)．
【解析】(1)根据题意利用抛物线焦半径公式求得p，可得答案；
(2)讨论直线AB的斜率不存在和存在两种情况，斜率存在时，设出直线方程y=kx+b，联立抛物线方程，可得根与系数关系式，结合直线OA，OB的斜率之积为−4进行化简可得k，b的关系式，即可证明结论
本题主要考查了直线过定点问题，一般方法是设出直线方程，联立圆锥曲线方程，可得根与系数关系式，要结合题设进行化简得到参数之间的关系式，再结合直线方程即可证明直线过定点问题．