2022-2023学年湖北省孝感市高二上学期1月期末考试数学含解析

这是一份2022-2023学年湖北省孝感市高二上学期1月期末考试数学含解析，共20页。试卷主要包含了0分等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知空间向量a=(-1,2,-1)，b=(x,-1,y).若a/​/b，则( )
A. x-y=1B. x+y=1C. x+y=0D. x+y=-2
2. 设不同的直线l1:2x-my-1=0，l2:(m-1)x-y+1=0.则“m=2”是“l1/​/l2”的( )
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 将字母a，b，c分别填入标号为a，b，c的三个方格里，每格填上一个字母，则每个方格的标号与所填的字母均不相同的概率是( )
A. 16B. 13C. 12D. 23
4. 过点A(1,-1)，B(-1,1)，且圆心在直线x+y-2=0上的圆的方程是( )
A. (x-3)2+(y+1)2=4B. (x+3)2+(y-1)2=4
C. (x-1)2+(y-1)2=4D. (x+1)2+(y+1)2=4
5. 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=2π3，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. 105B. 155C. -105D. -155
6. 已知双曲线的渐近线方程为y=±2x，则双曲线的离心率为( )
A. 52B. 5C. 55或5D. 52或5
7. 在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，若a1>0，S8=S10，则Sn中最大的是( )
A. S7B. S8C. S9D. S10
8. 法国数学家、化学家和物理学家加斯帕尔⋅蒙日被称为“画法几何之父”，他创立的画法几何学推动了空间解析几何的发展，被广泛应用于工程制图当中.过椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外的一点作椭圆的两条切线，若两条切线互相垂直，则该点的轨迹是以椭圆的中心为圆心、以a2+b2为半径的圆，这个圆叫做椭圆的蒙日圆.若椭圆C:x24+y2m=100)的焦点F的弦，M为AB的中点，l为抛物线的准线，MN垂直于l于N，点N(-2,-3)．
(1)求抛物线C的方程;
(2)求ΔAOB的面积(O为坐标原点).
20. (本小题12.0分)
已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=AA1=4，BC=2，∠ACB=90∘，A1B⊥AC1．
(1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC;
(2)若∠A1AC=60∘，在线段AC上是否存在一点P使平面BA1P和平面A1ACC1所成角的余弦值为34?若存在，确定点P的位置;若不存在，说明理由．
21. (本小题12.0分)
已知圆心在x轴上的圆C与直线l:4x+3y-6=0切于点M(35,65).
(1)求圆C的标准方程;
(2)已知N(2,1)，经过原点且斜率为正数的直线l1与圆C交于P(x1,y1)，Q(x2,y2).求|PN|2+|QN|2的最大值．
22. (本小题12.0分)
已知点F1(-1,0)，圆F2:(x-1)2+y2=8，点Q在圆F2上运动，QF1的垂直平分线交QF2于点P．
(1)求动点P的轨迹C的方程;
(2)动点P的轨迹C与x轴交于A，B两点(A在B点左侧)，直线l交轨迹C于M，N两点(M,N不在x轴上)，直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，且k1=2k2，求证：直线l过定点．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查空间向量平行的坐标运算，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，由a/​/b，设b=ta，即(x,-1,y)=t(-1,2,-1)=(-t,2t,-t)解可得：t=-12，则有x=y=12，由此得x+y=1．

2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了两直线平行的判定，属于基础题．
【解答】
解：当m=2时，代入两直线方程中，易知两直线平行，即充分性成立.当l1/​/l2时，显然m≠0，从而有2m=m-1，即m2-m-2=0，解得m=2或m=-1，但当m=-1时，两直线重合，不符合要求，故必要性成立．

3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查古典概率的求解，排列问题，属基础题．
【解答】
解：将字母a，b，c填入标号为a，b，c的三个方格里有6种不同的填法，这6种情况发生的可能性是相等的.而每个方格的标号与所填的字母均不相同只有两种不同的填法.故所求概率P=26=13．

4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查圆的标准方程的求法，属于基础题．
【解答】
解：法一设点C为圆心．∵点C在直线x+y-2=0上，∴可设点C的坐标为(a,2-a)．
又∵该圆经过A，B两点，∴|CA|=|CB|．
∴(a-1)2+(2-a+1)2=(a+1)2+(2-a-1)2，解得a=1．
∴圆心坐标为C(1,1)，半径长r=|CA|=2.故所求圆的标准方程为(x-1)2+(y-1)2=4．
法二排除法.根据圆心在直线x+y-2=0上，排除B，D.根据点B(-1,1)在圆上，排除A．

5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了异面直线所成角的大小，属于基础题．
【解答】
解：解法一：如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，
则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角(因异面直线所成角为(0,π2],
可知MN=12AB1=52，NP=12BC1=22;作BC中点Q，则ΔPQM为直角三角形;
∵PQ=1，MQ=12AC，△ABC中，由余弦定理得
AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cs∠ABC=4+1-2×2×1×(-12)=7，∴AC=7，∴MQ=72;
在△MQP中，MP=MQ2+PQ2=112;
在ΔPMN中，由余弦定理得cs∠MNP=MN2+NP2-PM22MN⋅NP=(52)2+(22)2-(112)22×52×22=-105;
又异面直线所成角的范围是(0,π2]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为105．
解法二：如图所示，
补成四棱柱ABCD-A1B1C1D1，求∠BC1D即可;
BC1=2，BD=22+12-2×2×1×csπ3=3，C1D=5，∴BC12+BD2=C1D2，∴∠DBC1=π2，
∴cs∠BC1D=25=105．

6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查双曲线的离心率，属基础题．
【解答】
解：当双曲线的焦点在x轴上时，离心率e=1+(ba)2=1+(2)2=5;
当焦点在y轴上时e=1+(12)2=52．

7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查等差数列前n项和中基本量的运算，及利用二次函数的性质求最值，属于中档题。
【解答】
解：由S8=S10得a1=-172d，由a1>0，得到d0．
∵a3+a4=a2+a5=22，a3a4=117，
∴a3，a4是方程x2-22x+117=0的两个根.又∵公差d>0，∴a3=9，a4=13．
∴a1+2d=9a1+3d=13解得a1=1d=4∴an=4n-3．
(2)由(1)知，Sn=n×1+n(n-1)2×4=2n2-n，∴bn=Snn+c=2n2-nn+c．
∴b1=1c+1，b2=6c+2，b3=15c+3．∵{bn}是等差数列，∴2b2=b1+b3，
∴2c2+c=0∴c=-12(c=0舍去).经检验，c=-12符合题意，∴c=-12
【解析】本题考查等差数列的通项公式，前n项和公式，属中档题．
19.【答案】解：(1)依题意准线l的方程为x=-2，即-p2=-2，则p=4，
抛物线的方程为y2=8x
(2)设AB的方程为x=ty+2
由x=ty+2y2=8x得y2-8ty-16=0
依题意y1+y2=8t则8t=-3×2，∴t=-34
|AB|=1+t2|y1-y2|=1+t2⋅64t2+64=8(1+t2)=8(1+916)=252
O到AB的距离d=21+t2=85，从而得S△AOB=12|AB|⋅d=12⋅252⋅85=10
【解析】本题主要考查抛物线的焦点、准线，抛物线的标准方程，抛物线中的弦长公式，求解抛物线中的面积问题，属于中档题。
20.【答案】解：(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1ACC1是平行四边形，而AC=AA1，则平行四边形A1ACC1是菱形，连接A1C，如图，
则有A1C⊥AC1，因A1B⊥AC1，A1B∩A1C=A1，
A1B，A1C⊂平面A1BC，于是得AC1⊥平面A1BC，
而BC⊂平面A1BC，则AC1⊥BC，由∠ACB=90∘，得AC⊥BC，AC∩AC1=A，AC，AC1⊂平面A1ACC1，
从而得BC⊥平面A1ACC1，又BC⊂平面ABC，所以平面A1ACC1⊥平面ABC．
(2)解：在平面A1ACC1内过C作Cz⊥AC，
由(1)知平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
则Cz⊥平面ABC，以C为原点，射线CA，CB，C2分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，
因∠A1AC=60∘，AC=AA1=4，BC=2，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，A1(2,0,23)，
假设在线段AC上存在符合要求的点P，设其坐标为P(λ,0,0)，(0≤λ≤4)，
则有BA1=(2,-2,23)，BP=(λ,-2,0)，
设平面BA1P的一个法向量n=(x,y,z)，则有n⋅BA=2x-2y+23z=0n⋅BP=λx-2y=0
令x=2得n=(2,λ,λ-23)，而平面A1ACC1的一个法向量m=(0,1,0)，
依题意，|cs|=n·m|n|m=λ22+λ2+λ-232=34
化简整理得：3λ2+λ-4=0而0≤λ≤4，解得λ=1，
所以在线段AC上存在一点P，且P是靠近C的四等分点，使平面BA1P和平面A1ACC1所成角的余弦值为34．
【解析】本题考查了面面垂直的证明和直线与平面所成的角的计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由圆心在x轴上的圆C与直线l:4x+3y-6=0切于点M(35,65)，设C(a,0)，
直线l:4x+3y-6=0的斜率为-43，
则kCM=6535-a，所以6535-a.(-43)=-1．
所以a=-1，所以C(-1,0)，|CM|=(-1-35)2+-652=2，即r=2，
所以圆C的标准方程为(x+1)2+y2=4．
(2)设直线l1:y=kx(k>0)，与圆联立方程组可得(1+k2)x2+2x-3=0，
Δ =4+12(1+k2)>0，由根与系数的关系得x1+x2=-21+k2，x1x2=-31+k2，
∴|PN|2+|QN|2=(x1-2)2+(y1-1)2+(x2-2)2+(y2-1)2
=(x1-2)2+(kx1-1)2+(x2-2)2+(kx2-1)2
=(1+k2)(x1+x2)2-2(1+k2)x1x2-(4+2k)(x1+x2)+10=12+4k1+k2+16，
令t=3+k(t>3)，则k=t-3，
所以12+4k1+k2+16=4t1+(t-3)2+16=4t+10t-6+16≤4210-6+16=210+22，
当且仅当t=10t，即t=10时取等号，此时k=10-3，
所以|PN|2+|QN|2的最大值为210+22．
【解析】本题考查直线与圆的位置关系，两点间的距离公式，属中档题．
22.【答案】解：(1)依题意得|PF1|+|PF2|=|QF2|=22，则动点P的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，其中a=2，
c=1，b2=a2-c2=1，所以动点P的轨迹C的方程为x22+y2=1
(2)设直线l的方程为x=ty+m，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则由x=ty+mx2+y2=1得(t2+2)y2+2my+m2-2=0，由根与系数的关系得y1+y2=-2mtt2+2y1y2=m2-2t2+2 ①
由题意M，N两点不在x轴上，所以x1≠±2，x2≠±2，m≠±2，又点A(-2,0)，B(2,0)
所以k1=y1x1+2，k2=y2x2-2，由x122+y12=1得y1x1+2=-x1-22y1
从而由已知k1=2k2得-x1-22y1=2y2x2-2，即(x1-2)(x2-2)=-4y1y2②
又x1=ty1+m，x2=ty2+m ③，将 ③代入 ②得(t2+4)y1y2+(m-2)t(y1+y2)+(m-2)2=0
将 ①代入上式并整理得(t2+4)(m2-2)+(m-2)t(-2mt)+(m-2)2(t2+2)=0．
∵m-2≠0∴(t2+4)(m+2)+t(-2mt)+(m-2)(t2+2)=0，整理得6m+22=0
∴m=-23，故直线l恒过定点(23,0)
【解析】本题主要考查椭圆中的轨迹问题，直线与圆的位置关系，直线过定点问题，属于较难题。