2023-2024学年青海省西宁市高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年青海省西宁市高二（上）期末数学试卷（含解析），共16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.过点(−1,2)且与直线x−y−1=0垂直的直线l的方程为( )
A. x+y−3=0B. x−y+3=0C. x+y−1=0D. x−y+1=0
2.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=a，AB=b，AD=c，点P在A1C上，且A1P：PC=3：2，则AP=( )
A. 35a+25b+25c
B. 25a+25b+35c
C. 25a+35b+35c
D. 35a−25b−25c
3.若离心率为 5的双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与直线x+my+1=0垂直，则m=( )
A. ±12B. ± 52C. ±2D. ± 5
4.在等差数列{an}中，a1+2a8+a15=96，则2a9−a10=( )
A. 24B. 22C. 20D. −8
5.在平面直角坐标系xOy中，原点O到直线l1：x−2y+4=0与l2：3x+y−9=0的交点的距离为( )
A. 10B. 2 3C. 13D. 15
6.若直线l1：2x−y+1=0和直线l2：2x−y+t=0间的距离为2 55，则t=( )
A. −3 或3B. −1 或1C. −3或1D. −1 或3
7.若直线l：y=kx− 3与直线x+y−3=0相交，且交点在第一象限，则直线l的倾斜角θ的取值范围是( )
A. {θ|0°<θ<60°}B. {θ|30°<θ<60°}
C. {θ|30°<θ<90°}D. {θ|60°<θ<90°}
8.已知抛物线C：x2=4y，过点M(−2,0)的直线l与抛物线C交于P，Q两点(点P在第一象限)，点F为抛物线的焦点，若|PF|=5，则|QF|=( )
A. 97B. 119C. 139D. 52
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.已知椭圆C：x216+y212=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆C上一动点，则下列说法正确的是( )
A. 椭圆C的离心率为12B. |PF1|的最大值为6
C. △F1PF2的周长为10D. 存在点P，使得△F1PF2为等边三角形
10.在空间直角坐标系中，设a、b分别是异面直线l1、l2的两个方向向量，u、v分别是平面α、β的两个法向量，若a=(1,1,2)，b=(4,4,2)，u=(−1,0,2)，v=(2,2,1)，下列说法中正确的是( )
A. l1⊥αB. l2⊥βC. α/​/βD. α⊥β
11.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则下列选项中错误的是( )
A. 若S3=4，S6=12，则S9=29
B. 若a1=1，q=34，则Sn=4−3an
C. 若a4+a7=2，a5a6=−8，则a1+a10=−6
D. 若a1=1，a5=4a3，则an=2n−1
12.已知圆C1：x2+y2+2mx−10y+m2=0，圆C2：x2+y2+4y−5=0，则下列说法正确的是( )
A. 若点(1,1)在圆C1的内部，则−2B. 若m=2，则圆C1，C2的公共弦所在的直线方程是4x−14y+9=0
C. 若圆C1，C2外切，则m=± 15
D. 过点P(3,2)作圆C2的两条切线，切点分别为A、B，则直线AB的方程是3x+4y−1=0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若直线x+y+1=0是圆(x−a)2+y2=1的一条对称轴，则a= ______．
14.已知x，y∈R，空间向量a=(2,1,x),b=(4,y,−1).若a/​/b，则2x+y= ______．
15.已知抛物线C：x2=4y的焦点为F，A(3,4)，P为C上一点，则|PA|+|PF|的最小值为______．
16.任意x∈R，有2f(x)=f(x+1)+f(x−1)，若f(1)=73,f(3)=−3，则f(9)= ______．
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)
已知圆C过点O(0,0)，A(−1,−7)和B(8,−4)
(Ⅰ)求圆C的方程；
(Ⅱ)求与AB垂直且被圆C截得弦长等于|AB|的直线l的方程．
18.(本小题12分)
在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是BC的中点，点F是CD中点．
(1)证明：D1E⊥平面AB1F；
(2)求D到面AB1F的距离．
19.(本小题12分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S3=15，a4+a5=20．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记数列{1anan+1}的前n项和为Tn，求Tn．
20.(本小题12分)
已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，|F1F2|=2，M(2,2 55)为C上一点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若P为C上一点，且∠F2PF1=60°，求△F1PF2的面积．
21.(本小题12分)
如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD//BC//FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=12AD．
(1)求异面直线BF与DE所成角的大小；
(2)求二面角A−CD−E的余弦值．
22.(本小题12分)
已知抛物线C1的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过(−1,1)，(1, 2)，(2,−2)，(−1,−2)四点中的两点．
(1)求抛物线C1的方程；
(2)若直线l与抛物线C1交于M，N两点，与抛物线C2：y2=4x交于P，Q两点，M，P在第一象限，N，Q在第四象限，且|NQ||MP|=2，求|PQ||MN|的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设与直线x−y−1=0垂直的直线方程为x+y+a=0，将点(−1,2)代入可得：−1+2+a=0，解得a=−1，
即直线的方程为x+y−1=0．
故选：C．
由直线的垂直关系，设所求的直线的方程，将点的坐标代入，可得参数的值，即求出直线的方程．
本题考查两条直线垂直的性质的应用，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为A1P：PC=3：2，所以A1P=35A1C，
则有：AP=AA1+A1P=AA1+35A1C
=AA1+35(A1A+AD+DC)
=AA1+35(−AA1+AD+AB)
=25AA1+35AB+35AD
=25a+35b+35c．
故选：C．
利用空间向量的基本定理可得出AP关于{a,b,c}的表达式．
本题考查空间向量的线性运算，属基础题．
3.【答案】C
【解析】解：∵e= 1+(ba)2= 5，∴ba=2，∴渐近线方程为y=±2x，
∵其中一条渐近线与直线x+my+1=0垂直，
∴±2⋅(−1m)=−1，得m=±2．
故选：C．
根据双曲线离心率求得ba=2，再根据双曲线的一条渐近线与直线x+my+1=0垂直列出±2⋅(−1m)=−1，求解m．
本题考查双曲线的几何性质，属基础题．
4.【答案】A
【解析】解：根据等差数列的性质得：
a1+2a8+a15=4a8=96
∴a8=24
∴2a9−a10=2(a8+d)−(a8+2d)=a8=24
故选A
先通过性质将a1+2a8+a15=96转化为a8，再将2a9−a10转化为a8，求解．
本题主要考查等差数列的性质和项之间的关系．
5.【答案】C
【解析】解：因为x−2y+4=03x+y−9=0，所以x=2y=3，所以交点坐标为(2,3)，
所以原点O到交点的距离为 (2−0)2+(3−0)2= 13．
故选：C．
先求解出l1，l2的交点坐标，然后根据点到点的距离公式求解出结果．
本题考查的知识要点：两点间的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：∵直线l1：2x−y+1=0和直线l2：2x−y+t=0间的距离为2 55，
∴|1−t| 4+1=2 55，
解得t=−1或t=3．
故选：D．
利用两平行线间的距离公式直接求解．
本题考查实数值的求法，考查两平行线间的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由题意可知，k≠−1，
联立方程y=kx− 3x+y−3=0，解得x=3+ 31+ky=3k− 31+k，
∴两直线的交点坐标为(3+ 31+k,3k− 31+k)，
∵两直线的交点在第一象限，
∴3+ 31+k>03k− 31+k>0，解得k> 33，
∴tanθ> 33，
∴30°<θ<90°，
故选：C．
由题意可知k≠−1，联立两直线方程求出交点坐标，再由交点在第一象限列出不等式组，解出k的取值范围，再利用直线倾斜角与斜率关系求出倾斜角的范围即可．
本题主要考查了直线的交点坐标，考查了直线的倾斜角与斜率的关系，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意知，点F(0,1)，
设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，其中x1>0，y1>0，
由于|PF|=5，所以|PF|=y1+1=5，即y1=4，
将y1=4代入C：x2=4y得x12=16，
∵x1>0，∴x1=4，即P(4,4)，
故直线l的斜率为kPM=46=23，其方程为y=23(x+2)，
联立y=23(x+2)x2=4y，可得3x2−8x−16=0，解得x2=−43,x1=4，
所以y2=23×(−43+2)=49，
由抛物线的定义，得|QF|=y2+1=139．
故选：C．
先根据抛物线的定义，利用|PF|=5，可求得点P的坐标，再利用点斜式写出直线l的方程，并将其与抛物线的方程联立，求出点Q的纵坐标，然后由抛物线的定义，即可得解．
本题考查直线与抛物线的位置关系，熟练掌握抛物线的定义与几何性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：由椭圆C：x216+y212=1可得a=4，b=2 3，
则c= a2−b2=2，
故椭圆C的离心率为e=ca=12，
即A正确；
由椭圆的性质|PF1|∈[a−c,a+c]，
当点P为椭圆C的右顶点时，
可得|PF1|max=a+c=6，
故B正确；
△F1PF2的周长为2a+2c=12，
故C错误；
当点P为椭圆C的短轴的端点时，
可得|PF1|=|PF2|=a=4，|F1F2|=2c=4，
此时△F1PF2为等边三角形，
即D正确．
故选：ABD．
由椭圆的性质，结合椭圆的定义逐一判断．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆的定义，属中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：在空间直角坐标系中，设a、b分别是异面直线l1、l2的两个方向向量，u、v分别是平面α、β的两个法向量，
对于A，∵a=(1,1,2)，u=(−1,0,2)，
∴a与u既不平行也不垂直，
∴直线l1与平面α不垂直，故A错误；
对于B，∵b=(4,4,2)，v=(2,2,1)，
∴b=2v，
∴l2⊥β，故B正确；
对于C，∵u=(−1,0,2)，v=(2,2,1)，
∴u与v不平行，
∴平面α与平面β不平行，故C错误；
对于D，∵u⋅v=−1×2+0×2+2×1=0，
∴u⊥v，
即平面α与平面β垂直，故D正确．
故选：BD．
根据给定条件，利用空间向量的运算，即可证明判断位置关系．
本题主要考查了平面的法向量的应用以及利用向量的数量积判断向量的共线与垂直，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对A选项：由等比数列的性质有S9−S6S6−S3=S6−S3S3，
即S9−1212−4=12−44，解得S9=28，故A错误；
对B选项：an=a1qn−1=(34)n−1，Sn=a1(1−qn)1−q=1−(34)n1−34=4−4⋅(34)n，
4−3an=4−3⋅(34)n−1=4−4⋅(34)n，即Sn=4−3an，故B正确；
对C选项：由a4a7=a5a6=−8，又a4+a7=2，解得a4=−2a7=4或a4=4a7=−2，
当a4=−2a7=4时，即a1q3=−2a1q6=4，解得a1=1q=3−2，
故a1+a10=1+(3(−2))9=1−8=−7≠−6，故C错误；
对D选项：由a5=4a3，有a5a3=q2=4，即q=±2，
故an=2n−1或an=(−2)n−1，故D错误．
故选：ACD．
对A选项，根据等比数列等距片段的性质即可得；对B选项，计算出an与Sn即可得到；对C选项，借助a5a6=a4a7，计算出a1与q后再计算a1+a10即可得到；对D选项，直接计算an即可得到．
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．
12.【答案】BCD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若点(1,1)在圆C1的内部，则有1+1+2m−10+m2<0，即m2+2m−8<0，解可得−4对于B，若m=2，圆C1方程为：x2+y2+4x−10y+4=0，与圆C2：x2+y2+4y−5=0联立，可得4x−14y+9=0，
即圆C1，C2的公共弦所在的直线方程是4x−14y+9=0，B正确；
对于C，圆C1：x2+y2+2mx−10y+m2=0，其圆心为(−m,5)，半径为5，
圆C2：x2+y2+4y−5=0，其圆心为(0,−2)，半径为3，
若圆C1，C2外切，则有(−m−0)2+(5+2)2=64，解可得m=± 15，C正确；
对于D，点P(3,2)在圆C2的外部，
线段PC2的中点为(32,0)，|PC2|=5，
故以P为圆心，|PC2|为直径的圆为(x−32)2+y2=254，设该圆为圆M，
切点A、B所在的直线就是圆M和圆C2公共弦所在的直线，
联立两圆的方程，可得3x+4y−1=0，即直线AB的方程是3x+4y−1=0，D正确．
故选：BCD．
根据题意，由点与圆的位置关系分析A，由两圆公共弦所在直线方程的求法分析B，由圆与圆的位置关系分析C，由圆的切线性质以及两圆公共弦所在直线方程的求法分析D，综合可得答案．
本题考查圆的方程的应用，涉及直线与圆、圆与圆的位置关系，属于中档题．
13.【答案】−1
【解析】解：圆(x−a)2+y2=1的圆心坐标为(a,0)，
因为直线x+y+1=0是圆(x+a)2+y2=1的一条对称轴，所以圆心(a,0)在此直线上，
所以a+0+1=0，解得a=−1．
故答案为：−1．
将问题转化为直线过圆心，从而得解．
本题考查直线与圆位置关系的应用，明确直线过圆心是关键，属基础题．
14.【答案】1
【解析】解：因为a/​/b，所以24=1y=x−1，即x=−12,y=2，得2x+y=1．
故答案为：1．
根据a/​/b，从而可求出x=−12,y=2，即可求解．
本题考查的知识要点：共线向量的坐标运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
15.【答案】5
【解析】解：如图，过P作准线的垂线，垂足为B，
则|PA|+|PF|=|PA|+|PB|，
显然点P在抛物线内，则当P，A，B三点共线时，
|PA|+|PB|最小，其最小值为4+1=5．
故答案为：5．
根据抛物线的几何性质，数形结合，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，数形结合思想，属基础题．
16.【答案】−9
【解析】解：∵x∈R，2f(x)=f(x+1)+f(x−1)，
∴2f(x+1)=f(x+2)+f(x)，
∵f(1)=73,f(3)=−3，
∴2f(2)=f(3)+f(1)=−3+73=−23，∴f(2)=−13，
当x取正整数n时，令an=f(n)，则2an+1=an+2+an，
∴数列{an}是以a1=f(1)=73为首项，以d=f(2)−f(1)=−83为公差的等差数列，
∴a9=−83×9+5=−19．
∴f(9)=−9．
故答案为：−9．
根据条件构造等差数列，求出公差，由此能求出结果．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
17.【答案】解：(Ⅰ)设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0．
因为O，A，B三点都在圆C上，所以它们的坐标都是圆C方程的解，
故F=050−D−7E+F=0,80+8D−4E+F=0解此方程组，得D=−6，E=8，F=0．
故所求圆C的方程为x2+y2−6x+8y=0．
(Ⅱ)直线AB的方程为x−3y−20=0，故设直线l的方程为3x+y+m=0．
由题意，圆心C(3,−4)到直线AB与直线l的距离相等，
故有|3−3×(−4)−20| 12+(−3)2=|3×3+(−4)+m| 32+12，
解得m=0或m=−10．
所以直线l的方程为3x+y=0或3x+y−10=0．
【解析】(Ⅰ)设出圆的标准方程，代入三个点的坐标，求得D，E，F则圆的方程可得．
(Ⅱ)设出直线l的方程，利用点到直线的距离求得m，则可求得直线的方程．
本题主要考查了直线与圆的问题的综合运用．考查了学生分析问题和基本的运算能力．
18.【答案】(1)证明：以A为原点，直线AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(0,0,0)，B1(2,0,2)，D1(0,2,2)，F(1,2,0)，E(2,1,0)，D(0,2,0)，
则AF=(1,2,0)，AB1=(2,0,2)，D1E=(2,−1,−2)，
设平面AB1F的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AF=0AB1⋅m=0，即x+2y=02x+2z=0，取x=−2，则y=1，z=2，所以m=(−2,1,2)，
又因为D1E=(2,−1,−2)，
所以m=−D1E，
所以D1E⊥平面AB1F；
(2)解：由(1)知平面AB1F的法向量为m=(−2,1,2)，又因为DA=(0,−2,0)，
所以D到面AB1F的距离为|DA⋅m||m|=23．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用线面垂直时，直线的方向向量与平面的法向量共线证明即可；
(2)利用空间向量，根据点到平面的距离公式求解即可．
本题考查了向量法在证明空间位置关系和求空间距离上的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则a4+a5=2a1+7d=20,S3=3a2=3a1+3d=15,
化简整理，得2a1+7d=20a1+d=5，
解得a1=3d=2，
∴an=3+2⋅(n−1)=2n+1，n∈N*．
(2)由(1)可得，1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，
则Tn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1
=12⋅(13−15)+12⋅(15−17)+…+12⋅(12n+1−12n+3)
=12⋅(13−15+15−17+…+12n+1−12n+3)
=12⋅(13−12n+3)
=n6n+9．
【解析】(1)根据已知条件列出关于a1，d的方程组并求解，结合等差数列的通项公式可得答案；
(2)利用裂项相消法可求得结果．
本题主要考查等差数列的基本运算，以及数列求和问题．考查了方程思想，转化与化归思想，等差数列的通项公式的运用，裂项相消法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
20.【答案】解：(1)由F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点，
且|F1F2|=2，则c=1，
因为点M(2,2 55)在椭圆上，
由椭圆的定义可知|MF1|+|MF2|= (2+1)2+(2 55−0)2+ (2−1)2+(2 55−0)2=2 5=2a，
则a= 5，
由a2=b2+c2，可得b= a2−c2=2，
所以椭圆C的标准方程：x25+y24=1；
(2)因为P在椭圆上，所以|PF1|+|PF2|=2 5，
又∠F2PF1=60°，|F1F2|=2，
所以cs∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1|⋅|PF2|=12，
所以|PF1|⋅|PF2|=163，
所以S△F1PF2=12|PF1|⋅|PF2|sin∠F1PF2=12×163× 32=4 33．
【解析】(1)根据焦距求出c的值，再根据M(2,2 55)在椭圆上，|MF1|+|MF2|=2a，可得a的值，由a2=b2+c2，求出b的值，得到椭圆的标准方程；
(2)利用余弦定理和面积公式求解出S△F1PF2．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，三角形面积公式的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)建系如图，设AB=1，则根据题意可得：B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1),M(12,1,12)．
∴BF=(−1,0,1),DE=(0,−1,1)，
∴cs〈BF,DE〉=BF⋅DE|BF||DE|=12，
∴异面直线BF与DE所成角的大小为π3；
(2)设平面CDE的法向量为n1=(x,y,z)，
则n1⋅CE=0,n2⋅DE=0,
∴−x+z=0,−y+z=0,取n1=(1,1,1)，
又根据题意可得平面ACD的一个法向量为n2=(0,0,1)，
∴cs=n1⋅n2|n1||n2|= 33，又由图可知二面角A−CD−E为锐角，
∴二面角A−CD−E的余弦值为 33．
【解析】(1)建系，利用向量法及向量的夹角公式即可求解；
(2)建系，利用向量法及向量夹角公式即可求解．
本题考查异面直线所成角的求解，二面角的求解，向量法的应用，属中档题．
22.【答案】解：(1)因为抛物线C1的顶点在原点，对称轴为坐标轴，
所以点(−1,1)和点(−1,−2)不可能同时在抛物线C1上，
点(2,−2)和点(−1,−2)不可能同时在抛物线C1上，
点(1, 2)和点(−1,−2)也不可能同时在抛物线C1上，
所以抛物线C1过(1, 2)，(2,−2)两点，
不妨设C1：y2=2px(p>0)，
因为抛物线C1经过点(1, 2)，
所以( 2)2=2p×1，
解得p=1，
所以抛物线C1的方程为y2=2x，
易知抛物线过点(2,−2)，符合题意，
综上，抛物线C1的方程为y2=2x；
(2)不妨设直线l的方程为x=my+t，M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x3,y3)，Q(x4,y4)，
易知m≠0，且y3>y1>0>y2>y4，
联立x=my+ty2=2x，消去x并整理得y2−2my−2t=0，
由韦达定理得y1+y2=2m，
联立x=my+ty2=4x，消去x并整理得y2−4my−4t=0，
由韦达定理得y3+y4=4m，
因为|NQ||MP|=2，
所以QN=2MP，
即(x2−x4,y2−y4)=2(x3−x1,y3−y1)，
可得y2−y4=2(y3−y1)，
此时y2−(4m−y3)=2(y3−(2m−y2))，
整理得y2=−y3
又因为y22=2x2，y32=4x3，
所以x2=y222=y322=2x3，
因为1m=y2−y3x2−x3=−2y3x3，
所以x3=−2my3，
联立x3=−2my3y32=4x3，
解得y3=−8m，
所以y2=8m，y1=−6m，y4=12m，
故|PQ||MN|=y3−y4y1−y2=−20m−14m=107．
【解析】(1)由题意，先判断四个点有哪些符合题意，设出抛物线方程，将一个点代入，得到抛物线方程，再进行验证即可；
(2)设出直线l的方程和M，N，P，Q四点的坐标，将直线l的方程分别和抛物线C1和C2的方程联立，利用韦达定理和向量的运算进行求解即可．
本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．