2022-2023学年广东省广州八十六中高二（上）期末数学试卷(含答案解析)

这是一份2022-2023学年广东省广州八十六中高二（上）期末数学试卷(含答案解析)，共15页。试卷主要包含了 直线l， 已知直线l等内容，欢迎下载使用。
A. π3B. π4C. π6D. π2
2. 已知圆x2+y2−2x−1=0，则其圆心和半径分别为( )
A. (1,0)，2B. (−1,0)，2C. (1,0),2D. (−1,0),2
3. 已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a5=5，则S9=( )
A. 15B. 25C. 35D. 45
4. 点(0,1)到直线mx+3y−2=0的距离是15，那么m的值是( )
A. 4B. −3C. 4或−3D. −4或4
5. 已知△ABC的周长为20，且顶点B(0,−4)，C(0,4)，则顶点A的轨迹方程是( )
A. x236+y220=1(x≠0)B. x220+y236=1(x≠0)
C. x26+y220=1(x≠0)D. x220+y26=1(x≠0)
6. 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+c)
B. 12(a+b−c)
C. 12(a−b+c)
D. 12(−a−b+c)
7. 若双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与直线y=2x垂直，且直线3x−y+6=0过双曲线的一个焦点，则双曲线实轴长为( )
A. 22
B. 23
C. 855
D. 455
8. 设{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是1为首项，2为公比的等比数列，记Mn=ab1+ab2+⋯+abn，则{Mn}中不超过2023的项的个数为( )
A. 8
B. 9
C. 10
D. 11
9. 下列关于空间向量的命题中，正确的是( )
A. 若空间向量a，b，满足|a|=|b|，则a=b
B. 若非零向量a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则有a//c
C. 若OA，OB，OC是空间的一组基底，且OD=13OA+13OB+13OC，则A，B，C，D四点共面
D. 若向量a+b，b+c，c+a是空间的一组基底，则a，b，c也是空间的一组基底
10. 已知直线l：kx−y+3k+1=0和圆O：x2+y2=16则( )
A. 直线l恒过定点(−3,1)
B. 圆心C到直线l的最大距离是10
C. 直线l与圆O相交
D. 若k=−1，直线l被圆O截得的弦长为4
11. 已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点F1，F2在y轴上，短轴长等于2，离心率为63，过焦点F1作y轴的垂线交椭圆C于P，Q两点，则下列说法正确的是( )
A. 椭圆C的方程为y23+x2=1
B. 椭圆C的方程为x23+y2=1
C. |PQ|=233
D. △PF2Q的周长为23
12. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列{an}，正方形数构成数列{bn}，则下列说法正确的是( )
A. a6=21
B. 1225既是三角形数，又是正方形数
C. 1a1+1a2+1a3+⋯+1an=nn+1
D. 对任意m∈N*，m≥2，总存在p，q∈N*，使得bm=ap+aq成立
13. 已知空间向量a=(3,1,1)，b=(x,−3,0)，且a⊥b，则x=______.
14. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，若点P(an,an+1)(n∈N*)在直线x−y+1=0上，则Sn=______；1S1+1S2+⋯+1Sn=______.
15. 若斜率为1的直线l过抛物线y2=2px(p>0)焦点，交抛物线于A，B两点，且|AB|=4，点O为坐标原点，则点O到直线l的距离为______.
16. 已知双曲线C：x29−y27=1，F1，F2是其左右焦点．圆E：x2+y2−4y+3=0，点P为双曲线C右支上的动点，点Q为圆E上的动点，则|PQ|+|PF1|的最小值是______.
17. 已知圆M的圆心为(a,0)(a≤0)，它过点P(0,−2)，且与直线x+y+22=0相切．
(1)求圆M的标准方程；
(2)若过点Q(0,1)且斜率为k的直线l交圆M于A，B两点，若弦AB的长为14，求直线l的方程．
18. 已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an−2，(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{lg2an}的前n项和Sn.
19. 如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，D，P分别是BC，CC1的中点．
(1)在侧棱BB1上作出点F，满足DF//平面AB1P，并给出证明；
(2)求二面角B1−AP−C1的余弦值；
(3)点B到平面AB1P的距离．
20. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S6=4S3,a2n=2an+1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=2n−1an，求数列{bn}的前n项和Tn.
21. 四棱锥A−BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC⊥底面BCDE，BC=2，CD=2，AB=AC.
(Ⅰ)证明：AD⊥CE；
(Ⅱ)设CE与平面ABE所成的角为45∘，求二面角C−AD−E的大小．
22. 已知O为坐标原点，定点F(1,0)，定直线l：x=4，动点P到直线l的距离设为d，且满足：|PF|d=12.
(1)求动点P的轨迹曲线W的方程；
(2)若直线m：y=x+t与曲线W交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵直线l的方程：3x−3y+1=0可化为y=33x+13，
∴直线l的斜率为33，
设直线l的倾斜角为α，则tanα=33，
又∵α∈[0,π),
∴α=π6.
故选：C.
根据直线倾斜角和斜率的关系即可求解．
本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：圆的方程可整理为(x−1)2+y2=2，
所以圆心为(1,0)，半径为2.
故选：C.
将圆的一般式化为标准方程，然后求圆心和半径即可．
本题考查的知识要点：圆的一般方程与标准方程的转化．属于基础题型．
3.【答案】D
【解析】等差数列{an}的前n项和为Sn，
a5=5，所以S9=9(a1+a9)2=9a5=45.
故选：D.
根据给定条件，利用等差数列前n项和公式，结合等差数列性质计算作答．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：∵点(0,1)到直线mx+3y−2=0的距离是15，
∴|0+3−2|m2+32=15，
化为：m2=16，
解得m=±4，
故选：D.
利用点到直线距离公式列出方程，即可得出m.
本题考查了点到直线距离公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵△ABC的周长为20，顶点B(0,−4)，C(0,4)，
∴BC=8，AB+AC=20−8=12，
∵12>8
∴点A到两个定点的距离之和等于定值，
∴点A的轨迹是椭圆，
∵a=6，c=4
∴b2=20，
∴椭圆的方程是x220+y236=1(x≠0)
故选：B.
根据三角形的周长和定点，得到点A到两个定点的距离之和等于定值，得到点A的轨迹是椭圆，椭圆的焦点在y轴上，写出椭圆的方程，去掉不合题意的点．
本题考查椭圆的定义，注意椭圆的定义中要检验两个线段的大小，看能不能构成椭圆，本题是一个易错题，容易忽略掉不合题意的点．
6.【答案】B
【解析】解：∵NM=12(NA+NB)，AN=12(AO+AC)，BN=12(BO+BC)，AC=OC−OA，BC=OC−OB，
∴MN=12(AN+BN)=−12OA−12OB+12OC
=−12a−12b+12c，
∴NM=12a+12b−12c，
故选：B.
利用向量的平行四边形法则、三角形法则可得：NM=12(NA+NB)，AN=12(AO+AC)，BN=12(BO+BC)，AC=OC−OA，BC=OC−OB，代入化简即可得出．
本题考查了向量的平行四边形法则、三角形法则，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由题意知，c=2，ba=12，又a2+b2=c2=4，
∴a=45，b=25，2a=85=855，
故双曲线实轴长为855.
故选：C.
根据题意可得c及ba，再结合a2+b2=c2=4求出a，即可得解．
本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：∵数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an=2+(n−1)×1=n+1，
∵{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴bn=2n−1，
∵Mn=ab1+ab2+⋯+abn，
∴Mn=a1+a2+a4+...+a2n−1=(1+2+4+…+2n−1)+n=1−2n1−2+n=2n+n−1≤2023，
又n∈N*，解得n0)焦点，交抛物线于A，B两点，
可得AB的方程为：y=x−p2，代入抛物线方程可得：x2−3px+p24=0，
因为|AB|=4，所以3p+p=4，解得p=1，直线方程为：x−y−12=0，即2x−2y−1=0，
点O到直线l的距离为：14+4=24.
故答案为：24.
利用弦长公式求解p，得到直线方程，利用点到直线的距离公式求解即可．
本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，弦长公式的应用，是中档题．
16.【答案】25+5
【解析】解：圆E：x2+y2−4y+3=0，配方为：x2+(y−2)2=1，
∴圆心E(0,2)，半径r=1.
由双曲线C：x29−y27=1，可得a=9=3，c=9+7=4，F2(4,0).
|PQ|+|PF1|=|PE|−r+|PF2|+2a≥|EF2|−r+2a=42+22−1+6=25+5，当且仅当三点E，P，F2共线时取等号．
故答案为：25+5.
圆E：x2+y2−4y+3=0，配方为：x2+(y−2)2=1，可得圆心E坐标，半径r.由双曲线C：x29−y27=1，可得a，b，c.根据|PQ|+|PF1|=|PE|−r+|PF2|+2a≥|EF2|−r+2a，即可得出结论．
本题考查了双曲线的标准方程及其定义、点与圆的关系、三角形三边大小关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设圆M的标准方程为：(x−a)2+y2=r2(a≤0)，
则圆心M到直线x+y+22=0的距离为|a+22|2，
由题意得a2+4=r2|a+22|2=r，解得a=0或a=42(舍去)，
所以r2=4，所以圆M的方程为x2+y2=4；
(2)设直线l的方程为y=kx+1，
则圆心M到直线l的距离为1k2+1，
∴|AB|=24−1k2+1=14，解得k2=1，∴k=±1，
则直线的方程为y=±x+1.
【解析】(1)先设出圆M的标准方程，再根据过点P(0,−2)及圆M与直线x+y+22=0相切建立方程组求解即可；
(2)由点到直线的距离公式及垂径定理可求解．
本题考查由圆心(或半径)求圆的方程，已知圆的弦长求直线方程，属于中档题．
18.【答案】解：(1)Sn=2an−2(n∈N+).
n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2−(2an−1−2)，所以an=2an−1，
n=1时，a1=2a1−2，解得a1=2，
∴数列{an}是等比数列，公比为2，首项为2，
∴an=2n.
(2)lg2an=lg22n=n.
∴数列{lg2an}的前n项和Sn=n(n+1)2.
【解析】(1)Sn=2an−2(n∈N+)，n≥2时，an=Sn−Sn−1；n=1时，a1=2a1−2，解得a1，再求出数列的通项公式即可．
(2)lg2an=lg22n=n，利用等比数列的求和公式求出Sn即可．
本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：设BB1的中点为E，BE的中点为F，
则EC//B1P，DF//EC，则DF//B1P，
DF⊄平面AB1P，B1P⊂平面AB1P，DF//平面AB1P.
(2)设O是边AC的中点，Z是A1C1的中点，
则OZ⊥平面ABC，△ABC为正三角形，
所以，OB⊥AC，OB，OC，OZ两两垂直，
建立如图所示坐标系O−XYZ.
则A(0,−1,0),B1(3,0,2),P(0,1,1),AP=(0,2,1)，
AB1=(3,1,2)，
设平面AB1P的法向量为n1=(x,y,z)，
所以n1⋅AP=0n1⋅AB1=02y+z=0，则2y+z=03x+y+2z=0⇒n1=(3,1,−2)，
平面C1AP的法向量为n2=(1,0,0),cs=n1⋅n2|n1||n2|=64，
所以二面角B1−AP−C1的余弦值为64；
(3)BB1=(0,0,2)，设点B到平面AB1P的距离为d，
则d=|BB1⋅n1||n1|=2.
【解析】(1)由线面平行的判定定理证明；
(2)建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，求出夹角；
(3)设点B到平面AB1P的距离为d，由d=|BB1⋅n1||n1|，即可求得距离．
本题考查线面平行，及利用向量法求二面角与距离，考查学生的运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设等差数列的公差为d，
∵S6=4S3,a2n=2an+1(n∈N*)，则6a1+15d=4(3a1+3d)，a2=2a1+1，解得a1=1，d=2，
∴an=2n−1；
(2)由(1)得an=2n−1，则bn=2n−1an=(2n−1)⋅2n−1，
∴Tn=1×20+3×21+⋯+(2n−1)×2n−1①，2Tn=1×21+3×22+⋯+(2n−1)×2n②，
由①-②得−Tn=1+22+23+⋯+2n−(2n−1)×2n=1+4×(1−2n−1)1−2−(2n−1)×2n=(3−2n)⋅2n−3，
故Tn=(2n−3)⋅2n+3.
【解析】(1)根据已知条件求得数列{an}的首项和公差，即可得出答案．
(2)由(1)得an=2n−1，则bn=2n−1an=(2n−1)⋅2n−1，利用错位相减求和，即可得出答案．
本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)取BC中点F，连接DF交CE于点O，
∵AB=AC，∴AF⊥BC.
又面ABC⊥面BCDE，∴AF⊥面BCDE，∴AF⊥CE.
再根据tan∠CED=tan∠FDC=22，可得∠CED=∠FDC.
又∠CDE=90∘，∴∠OED+∠ODE=90∘，
∴∠DOE=90∘，即CE⊥DF，∴CE⊥面ADF，∴CE⊥AD.
(2)在面ACD内过C点作AD的垂线，垂足为G.
∵CG⊥AD，CE⊥AD，∴AD⊥面CEG，∴EG⊥AD，
则∠CGE即为所求二面角的平面角．
作CH⊥AB，H为垂足．
∵平面ABC⊥平面BCDE，矩形BCDE中，BE⊥BC，故BE⊥平面ABC，CH⊂平面ABC，
故BE⊥CH，而AB∩BE=B，故CH⊥平面ABE，
∴∠CEH=45∘为CE与平面ABE所成的角．
∵CE=6，∴CH=EH=3.
直角三角形CBH中，利用勾股定理求得BH=CB2−CH2=4−3=1，∴AH=AB−BH=AC−1；
直角三角形ACH中，由勾股定理求得AC2=CH2+AH2=3+(AC−1)2，∴AB=AC=2.
由面ABC⊥面BCDE，矩形BCDE中CD⊥CB，可得CD⊥面ABC，
故△ACD为直角三角形，AD=AC2+CD2=4+2=6，
故CG=AC⋅CDAD=2⋅26=233，DG=CD2−CG2=63，
EG=DE2−DG2=303，又CE=6，
则cs∠CGE=CG2+GE2−CE22CG⋅GE=−1010，
∴∠CGE=π−arccs(1010)，
即二面角C−AD−E的大小π−arccs(1010).
【解析】(1)取BC中点F，证明CE⊥面ADF，通过证明线面垂直来达到证明线线垂直的目的．
(2)在面AED内过点E作AD的垂线，垂足为G，由(1)知，CE⊥AD，则∠CGE即为所求二面角的平面角，△CGE中，使用余弦定理求出此角的大小．
本题主要考查通过证明线面垂直来证明线线垂直的方法，以及求二面角的大小的方法，属于中档题．
22.【答案】解：(1)设P(x,y)，P到F的距离|PF|=(x−1)2+y2，P到定直线l的距离为d=|x−4|，
由题意可知，2(x−1)2+y2=|x−4|，
∴W的方程为x24+y23=1.
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程y=x+tx24+y23=1，
整理得，7x2+8tx+4t2−12=0，
Δ=64t2−28(4t2−12)>0，解得−7