吉林省长春市新解放学校2022-2023学年高二上学期学期期末数学试题

这是一份吉林省长春市新解放学校2022-2023学年高二上学期学期期末数学试题，共19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．双曲线y22−x2=1的渐近线方程为（ ）
A．y=±2xB．y=±12xC．y=±2xD．y=±22x
2．三棱锥O﹣ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，且OA＝a，OB＝b，OC＝c，用a，b，c表示NM，则NM等于（ ）
A．12−a+b+cB．12a+b−c
C．12a−b+c）D．12−a−b+c
3．等比数列an中，a1=1，公比q=2，若an=82，则n=（ ）
A．6B．7C．8D．9
4．在下列四个命题中，正确的是（ ）
A．若直线的倾斜角越大，则直线斜率越大
B．过点P(x0,y0)的直线方程都可以表示为：y−y0=k(x−x0)
C．经过两个不同的点P1x1,y1，P2x2,y2的直线方程都可以表示为：y−y1x2−x1=x−x1y2−y1
D．经过点1,1且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2=0
5．已知点A2,3,−2，B−1,k,5，O为坐标原点，若向量OA⊥AB，则实数k=（ ）
A．4B．143C．293D．-4
6．抛物线y=2x2的焦点坐标为（ ）．
A．12,0B．−12,0
C．0,18D．0,−18
7．已知直线l:ax−y+1=0与圆C:(x−1)2+y2=4相交于两点A,B，当a变化时，
△ABC的面积的最大值为（ ）
A．1B．2C．2D．22
8．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，直线l':x−y+2=0，动点M在C上运动，记点M到直线l与l′的距离分别为d1，d2，O为坐标原点，则当d1+d2最小时，cs∠MFO＝（ ）
A．22B．23C．24D．26
二、多选题：（共4小题，每题5分，共20分）
9．(多选)数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，已知a7＝5，S7＝21，则（ ）
A．a1＝1B．d＝－23
C．a2＋a12＝10D．S10＝40
10．已知等差数列an的前n项和为Sn，公差为d，且S15A．d>0B．d<0
C．S30>0D．当n=15时，Sn取得最小值
11．已知椭圆C:x22+y2=1，直线l:y=kxk≠0与椭圆C交于A,B两点，过A作x轴的垂线，垂足为D，直线BD交椭圆于另一点M，则下列说法正确的是（ ）
A．若D为椭圆的一个焦点，则△ABD的周长为22+2
B．若k=1，则△ABD的面积为23
C．直线BM的斜率为k2
D．AM⊥AB
12．已知单调递增的正项等比数列an中，a5−a1=30，a4−a2=12，其公比为q，前n项和Sn，则下列选项中正确的有（ ）
A．q=2B．a8=512C．Sn=2an−1D．Sn第II卷（非选择题）
三、填空题：（4小题，每题5分，共20分）
13．直线n经过点A1,1，B2m2+1,m−2，且倾斜角为135°，则实数m为______．
14．若直线l经过点P(2,−3)，且与向量n=(2,−3)垂直，则直线l的一般方程为_____．
15．在各项均为正数的等比数列an中，若S10=10，S20=30，则S30=______.
16．已知F1,F2是双曲线x24−y2=1的左、右焦点，双曲线上一点P满足
|PF1|+|PF2|=6，则△PF1F2的面积是________．
四、解答题：（本大题共6道小题，其中17题10分，其余各题每题12分，共70分）
17．求适合下列条件的椭圆的标准方程：
(1)长轴在x轴上，长轴的长为12，离心率为23；
(2)经过点P(−6,0)和Q(0,8).
18．根据下列条件分别求出直线l的方程.
（1）直线l经过A（4，1），且横、纵截距相等；
（2）直线l平行于直线3x+4y+17＝0，并且与两坐标轴围成的三角形的面积为24.
19．已知等差数列an的前n项和Sn满足S3=0，S5=−5.
（1）求an的通项公式；
（2）bn=−an+2求数列1bnbn+1的前n项和Tn.
20．已知抛物线C：x2=2pyp>0的焦点到顶点的距离为34.
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知过点M0,1的直线l交抛物线C于不同的两点A，B，O为坐标原点，设直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，求k1k2的值.
21．已知数列an满足an+1=an+2，且Sn=n2+1−a1.
(1)求an的通项公式；
(2)求数列2n⋅an的前n项和Tn.
22．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点.
(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；
(2)点M在线段PC上，PM=13PC，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求二面角M－BQ－C的大小
参考答案：
1．C
【分析】根据双曲线方程，求得a,b，即可直接写出渐近线方程.
【详解】对双曲线y22−x2=1，焦点在y轴上，且a2=2,b2=1，故a=2,b=1，
则其渐近线方程为：y=±2x.
故选：C.
2．B
【分析】根据空间向量运算求得正确答案.
【详解】NM=OM−ON=12OA+OB−12OC
=12OA+12OB−12OC=12a+b−c.
故选：B
3．C
【分析】由等比数列通项公式求解即可.
【详解】因为数列an等比，所以由an=a1qn−1得82=1×2n−1，即27=2n−1，解得n=8.
故选：C.
4．C
【分析】根据直线倾斜角和斜率的关系，以及点斜式，两点式，截距式方程的适用范围，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：当直线的倾斜角θ∈0,π2时，倾斜角越大，斜率越大；当θ=π2时，不存在斜率；
当θ∈π2,π时，倾斜角越大，斜率越大，故A错误；
对B：当直线斜率不存在时，不可以用y−y0=k(x−x0)表示，故B错误；
对C：经过任意两个不同的点P1x1,y1，P2x2,y2的直线，当斜率等于零时，y1=y2，x1≠x2，方程为y=y1，能用方程y−y1x2−x1=x−x1y2−y1表示；当直线的斜率不存在时，y1≠y2，x1=x2，方程为x=x1，
能用方程y−y1x2−x1=x−x1y2−y1表示，故C正确，
对D：经过点1,1且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2=0，x−y=0，故D错误.
故选：C.
5．C
【分析】求出OA,AB的坐标，再根据数量积等于0，即可得到答案；
【详解】∵ OA=2,3,−2，AB=−3,k−3,7，
由OA⊥AB⇒OA⋅AB=0⇒−6+3(k−3)−14=0，解得：k=293，
故选：C
6．C
【分析】将已知抛物线方程整理成标准形式，从而可求出焦点坐标.
【详解】由y=2x2可得x2=12y，焦点在y轴的正半轴上，设坐标为0,p2，
则2p=12，解得p=14，所以焦点坐标为0,18.
故选：C.
7．C
【分析】将△ABC的面积表示出来即可求出最大值.
【详解】因为直线直线l:ax−y+1=0恒过点0，1在圆内，所以直线与圆相交，
圆C:(x−1)2+y2=4的圆心C1,0,r=2，所以△ABC的面积的最大值为：
S=12CACBsin∠ACB=12r2sin∠ACB≤12r2=12×4=2.
故选：C.
8．A
【分析】由抛物线的定义可知，d1＝|MF|，设MN⊥l'，垂足为N，d1+d2＝|MF|+|MN|，当M、F、N三点共线时，d1+d2最小，再结合点到直线的距离公式，以及直角三角形中的锐角的余弦值即可求出结果.
【详解】
由抛物线的定义可知，d1＝|MF|，设MN⊥l'，垂足为N，
∴d1+d2＝|MF|+|MN|，
当M、F、N三点共线时，d1+d2最小，
∵抛物线C：y2＝4x，
∴焦点F（1，0），
∴|FN|＝d＝|1×1−0+2|12+12=322，
设直线l'与x轴的交点为D，
令y＝0，得x=−2，即FD＝2+1＝3，
在Rt△DNF中，cs∠MFO＝cs∠NFD＝3223=22．
故选：A．
9．ACD
【分析】根据所给条件，代入等差数列的通项公式和求和公式，直接计算即可得解.
【详解】设数列{an}的公差为d，
则由已知得S7＝7(a1+a7)2，
即21＝7(a1+5)2，解得a1＝1.
又a7＝a1＋6d，所以d＝23.
所以S10＝10a1＋10×92d＝10＋10×92×23＝40.
由{an}为等差数列，知a2＋a12＝2a7＝10.
故选：ACD
10．ACD
【分析】根据题干条件利用an=Sn−Sn−1n≥2可得到a15<0，a15+a16>0，a16>0，然后即可根据三个结论依次判断四个选项的正误.
【详解】因为S150，a15+a16=S16−S14>0.
对于A、B选项，因为a15<0，a16>0，所以d=a16−a15>0，故选项A正确，选项B错误；
对于C，因为a15+a16>0，所以S30=30a1+a302=15a15+a16>0，故选项C正确；
对于D，因为a15<0，a16>0，可知a1<0，d>0，等差数列an为递增数列，
当n≤15时，an<0，当n≥16时，an>0，所以当n=15时，Sn取得最小值，故D选项正确.
故选：ACD.
11．BCD
【分析】根据椭圆对称性取左焦点，D−1,0，进而得A−1,−22，再计算周长判断A；联立方程解坐标，求面积判断B；设Ax0,y0,B−x0,−y0，则Dx0,0，再求斜率判断C；设Ax0,y0,B−x0,−y0,Mm,n，再根据kMA⋅kMB=−12，kMB=12k得kMA⋅k=−1，进而判断D.
【详解】对于A，如图，由对称性，不妨设D为椭圆的左焦点，则D−1,0，故易得A−1,−22，则OA=62，则AB=6，过点B作x的垂线，垂足为E，连接AE,BE，由于AO=OB,OD=OE，故四边形ADBE是平行四边形，所以AD+BD=2a=22，所以△ABD的周长为22+6，故A错误；
对于B，由x22+y2=1y=x解得x=±63，不妨设A−63,−63,B63,63，D−63,0，则yA−yB=263,OD=63，所以S△ABD=12×63×263=23，故B正确；
对于C，设Ax0,y0,B−x0,−y0，则Dx0,0，所以kAB=y0x0，kBM=kBD=y02x0=12k，故C正确；
对于D，设Ax0,y0,B−x0,−y0,Mm,n，则kMA⋅kMB=n−y0m−x0⋅n+y0m+x0=n2−y02m2−x02，
又点M和点A在椭圆C上，m22+n2=1①，x022+y02=1②，①一②得n2−y02m2−x02=−12，
因为kMB=12k，则kMA⋅12k=−12，得kMA⋅k=−1，所以AM⊥AB，故D正确.
故选：BCD.
12．AD
【分析】由已知条件解得等比数列an首项与公比后，即可得到数列an的通项公式及前n项和公式，代入验证各选项即可解决.
【详解】单调递增的正项等比数列中，公比为qq>1
由a1q4−a1=30a1q3−a1q=12，可得a1=2q=2或a1=−32q=12（舍），
则数列an的通项公式为an=2n，前n项和Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2
选项A：q=2.判断正确；
选项B：a8=28=256≠512.判断错误；
选项C：2an−1=2×2n−1=2n+1−1≠Sn.判断错误；
选项D：an+1=2n+1>2n+1−2=Sn.判断正确.
故选：AD
13．m=1或m=−32
【分析】根据倾斜角和斜率的对应关系求得正确答案.
【详解】依题意tan135°=m−2−12m2+1−1，
所以m−32m2=−1，2m2+m−3=0，
解得m=1或m=−32.
故答案为：m=1或m=−32
14．x−23=y+32
【分析】由直线l经过点P(2,−3)，且与向量n=(2,−3)垂直，结合向量的垂直的条件，即可求解.
【详解】由题意，直线l经过点P(2,−3)，且与向量n=(2,−3)垂直，
则其方程为(x−2)×2+(y+3)×(−3)=0，即x−23=y+32，
所以l的点方向式方程为x−23=y+32.
【点睛】本题主要考查了直线的点方向式方程，其中解答中掌握直线的点方向式方程是解答的关键，着重考查计算能力.
15．70
【分析】利用等比数列的求和公式的基本量运算即得，或利用等比数列前n项和的性质求解.
【详解】设等比数列an的公比为q，由题可知q≠±1，
方法一：由已知条件可列出方程组
10=a11−q101−q,30=a11−q201−q,两式作商得1+q10=3，
∴q10=2，
∴S30=a11−q301−q=a11−q101−q1+q10+q20=10×1+2+4=70.
方法二：由性质Sm+n=Sn+qn⋅Sm得，
S20=S10+q10S10，即30=110+10q10，
∴q10=2，
∴S30=S20+q20S10=30+40=70.
方法三：运用性质Sm1−qm=Sn1−qnq≠±1.
由已知条件S10=10，S20=30，易得q≠±1，
∴S101−q10=S201−q20，即101−q10=301−q20，
∴q10=2.
由S101−q10=S301−q30，解得S30=70.
方法四：运用性质Sk，S2k−Sk，S3k−S2k，S4k−S3k，…成等比数列解答.
∵S10，S20−S10，S30−S20成等比数列，
而S10=10，S20=30，∴S20−S102=S10⋅S30−S20，
即30−102=10×S30−30，
∴S30=70.
故答案为：70.
16．2
【分析】假设P在左支上，由双曲线定义及已知条件可得|PF2|=5,|PF1|=1，再用余弦定理求cs∠F1PF2，进而求其正弦值，利用三角形面积公式求△PF1F2的面积.
【详解】不妨假设P在左支上，则|PF2|−|PF1|=2a=4，又|PF1|+|PF2|=6，
所以|PF2|=5,|PF1|=1，而|F2F1|=2c=25，则cs∠F1PF2=25+1−2010=35，
所以∠F1PF2∈(0,π2)，故sin∠F1PF2=45，
综上，△PF1F2的面积是12×|PF2|×|PF1|×sin∠F1PF2=2.
故答案为：2.
17．(1)x236+y220=1；
(2)y264+x236=1.
【分析】（1）由长轴长及离心率求椭圆参数a、c，进而求参数b，即可写出椭圆方程.
（2）由题设知P，Q分别是椭圆的短轴和长轴的一个端点，即可得a、b，结合顶点坐标特征写出椭圆方程.
(1)
由已知,2a=12，e=ca=23，得：a=6，c=4，从而b2=a2−c2=20.
所以椭圆的标准方程为x236+y220=1.
(2)
由椭圆的几何性质知，以坐标轴为对称轴的椭圆与坐标轴的交点就是椭圆的顶点，
所以点P，Q分别是椭圆的短轴和长轴的一个端点，于是有b=6，a=8.
又短轴、长轴分别在x轴和y轴上，所以椭圆的标准方程为y264+x236=1.
20．(1)x2=3y
(2)−13
【分析】（1）由抛物线的几何性质有焦点到顶点的距离为p2，从而即可求解；
（2）当直线l的斜率不存在时，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2，联立抛物线的方程，由韦达定理及两点间的斜率公式即可求解.
(1)
解：依题意，p2=34，解得p=32，
∴抛物线C的方程为x2=3y；
(2)
解：当直线l的斜率不存在时，直线l与抛物线C仅有一个交点，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2，
由x2=3y,y=kx+1,消去y可得x2−3kx−3=0，
∵直线l交抛物线C于不同的两点，
∴Δ=9k2+12>0，由韦达定理得x1x2=−3，
∴k1k2=y1x1⋅y2x2 =x123x1⋅x223x2 =x1x29=−13.
18．（1）直线l的方程为：x+y﹣5＝0，或x﹣4y＝0（2）满足条件的直线方程为：3x+4y±24＝0
【分析】（1）当直线过原点时，方程为y=14x，当直线不过原点时，设直线的方程为：x+y=k，把点(1,3)代入直线的方程可得k值，即得所求的直线方程
（2）直线与3x+4y+17=0平行，故可设直线方程为3x+4y+m=0，求出直线与两坐标轴的交点，即可得到三角形的面积，求出m的值.
【详解】（1）直线l经过原点时满足条件，设直线方程为y=kx，k≠0，
因为直线过点A4,1，可得直线方程为：y=14x，即x−4y=0
直线l不经过原点时，设直线方程为：x+y=k，把A4,1代入可得：4+1=k.
∴直线l的方程为：x+y−5=0.
综上可得：直线l的方程为：x+y−5=0或x−4y=0.
（2）设直线l的方程为：3x+4y+m=0，
与坐标轴的交点分别为：0,−m4，−m3,0.
∴12−m4−m3=24，解得：m=±24.
∴满足条件的直线方程为：3x+4y±24=0.
【点睛】本题考查了相互平行的直线斜率之间的关系、直线截距相等时求直线的方程与三角形的面积计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
19．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由，，可得求出，从而可得的通项公式；
（2）由（1）可得，从而可得，然后利用裂项相消求和法可求得
【详解】
解：（1）设等差数列的公差为，
因为，.
所以，化简得，解得，
所以，
（2）由（1）可知，
所以，
所以
【点睛】
此题考查等差数列前项和的基本量计算，考查裂项相消求和法的应用，考查计算能力，属于基础题
21．(1)an=2n−1
(2)Tn=2n+12n−3+6
22．(1)证明见解析
(2)60°
【分析】（1）由题设条件推导出PQ⊥AD，BQ⊥AD，从而得到AD⊥平面PQB，由此能够证明平面PQB⊥平面PAD.
（2）以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M－BQ－C的大小.
【详解】（1）因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点，
所以BQ⊥AD，
又PA＝PD，
所以PQ⊥AD，
因为PQ⊥AD，BQ⊥AD，PQ∩BQ=Q，PQ⊂平面PQB，BQ⊂平面PQB，
所以AD⊥平面PQB，
又因为AD⊂平面PAD，
所以平面PQB⊥平面PAD.
（2）∵PA＝PD＝AD，Q为AD的中点，
∴PQ⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD，
以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意知：Q0,0,0，A1,0,0，P0,0,3，B0,3,0，C−2,3,0
∴QM=23QP+13QC=−23,33,233，
设n1是平面MBQ的一个法向量，则n1⋅QM=0，n1⋅QB=0，
∴−23x+33y+233z=03y=0，令z=1，
∴n1=3,0,1，
又∵n2=0,0,1是平面BQC的一个法向量，∴csn1,n2=12，
∴二面角M－BQ－C的大小是60°.