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    2022-2023学年河北省保定市定州市高二(上)期末数学试卷
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    2022-2023学年河北省保定市定州市高二(上)期末数学试卷

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    这是一份2022-2023学年河北省保定市定州市高二(上)期末数学试卷,共26页。试卷主要包含了单选选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    1.(5分)抛物线y=4x2的焦点坐标为( )
    A.(1,0)B.(﹣1,0)C.D.
    2.(5分)“a=±1”是“直线x+y=0和直线x﹣a2y=0垂直”的( )
    A.充分不必要条件
    B.必要不充分条件
    C.充要条件
    D.既不充分又不必要条件
    3.(5分)数列{an}满足,且a1=2,则a2022的值为( )
    A.2B.1C.D.﹣1
    4.(5分)圆(x+2)2+(y﹣12)2=4关于直线x﹣y+4=0对称的圆的方程为( )
    A.(x+6)2+(y+4)2=4B.(x+8)2+(y+2)2=4
    C.(x﹣8)2+(y﹣2)2=4D.(x﹣6)2+(y﹣4)2=4
    5.(5分)2022北京冬奥会开幕式将我国二十四节气融入倒计时,尽显中国人之浪漫.倒计时依次为:大寒、小寒、冬至、大雪、小雪、立冬、霜降、寒露、秋分、白露、处暑、立秋、大暑、小暑、夏至、芒种、小满、立夏、谷雨、清明、春分、惊蛰、雨水、立春,已知从冬至到夏至的日影长等量减少,问大雪、寒露的日影长之和为( )
    A.21寸B.20.5寸C.20寸D.19.5寸
    6.(5分)在以下命题中:
    ①三个非零向量,,不能构成空间的一个基底,则,,共面;
    ②若两个非零向量,与任何一个向量都不能构成空间的一个基底,则,共线;
    ③对空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,若,则P,A,B,C四点共面;
    ④若,是两个不共线的向量,且,则构成空间的一个基底;
    ⑤若为空间的一个基底,则构成空间的另一个基底;
    其中真命题的个数是( )
    A.0B.1C.2D.3
    7.(5分)足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义,“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球,因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动,A,B,C,满足PA=2,PA⊥面ABC,若,则该“鞠”的体积的最小值为( )
    A.B.C.D.
    8.(5分)如图,F1,F2分别是双曲线的左、右焦点,点P是双曲线与圆x2+y2=a2+b2在第二象限的一个交点,点Q在双曲线上,且,则双曲线的离心率为( )
    A.B.C.D.
    二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.)
    (多选)9.(5分)如果AB>0,BC>0,那么直线Ax+By+C=0经过( )
    A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
    (多选)10.(5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,公差d≠0,则( )
    A.若S4>S8,则S12<0
    B.若S4=S8,则S6是Sn中最大的项
    C.若S5>S6,则S4>S5
    D.若S3>S4,则S4>S5
    (多选)11.(5分)如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,则下列四个命题正确的是( )
    A.两条异面直线D1C和BC1所成的角为
    B.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于
    C.点D到面ACD1的距离为
    D.三棱柱AA1D1﹣BB1C1外接球半径为
    (多选)12.(5分)1970年4月24日,我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”,从此我国开始了人造卫星的新篇章.人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律:卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时,速度的变化服从面积守恒规律,即卫星的向径(卫星与地球的连线),2c,下列结论正确的是( )
    A.卫星向径的取值范围是[a﹣c,a+c]
    B.卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间
    C.卫星向径的最小值与最大值的比值越大,椭圆轨道越扁
    D.卫星运行速度在近地点时最大,在远地点时最小
    三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分.)
    13.(5分)在三棱锥O﹣ABC中,OA,OB,OA=3,OB=4,D是AB的中点,E为OC的中点 .
    14.(5分)数列{an}中,若a1=1,,则a10= .
    15.(5分)已知椭圆的左焦点为F,A,B是C上关于原点对称的两点,则三角形ABF的周长为 .
    16.(5分)已知函数f(x)=+2的图像有且仅有两个不同的点关于直线y=1的对称点在y=kx+1的图像上,则实数k的取值范围是 .
    四、解答题(本题共6小题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
    17.(10分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S8=100,a2=5,设数列{bn}的前n项和为Pn=2n+1﹣2.
    (1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
    (2)设cn=anbn,数列{cn}的前n项和为Tn.
    18.(12分)已知△ABC的顶点B(3,2),AB边上的高所在的直线方程为x﹣2y﹣5=0.
    (1)求直线AB的方程;
    (2)在两个条件中任选一个,补充在下面问题中.
    ①角A的平分线所在直线方程为x+2y﹣13=0
    ②BC边上的中线所在的直线方程为2x﹣y﹣12=0 _____,求直线AC的方程.
    19.(12分)已知圆C1:x2+y2=10与圆C2:x2+y2+2x+2y﹣7=0
    (1)求证:圆C1与圆C2相交;
    (2)求两圆公共弦所在直线的方程;
    (3)求经过两圆交点,且圆心在直线x+y﹣6=0上的圆的方程.
    20.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=4,.
    (1)求数列{an}的通项公式an和前n项和Sn;
    (2)设,数列{bn}的前n项和记为Tn,证明:
    21.(12分)如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4,点D,E分别为AC1的中点,ΔECB的面积为.
    (1)求点A到平面EBC的距离;
    (2)AA1=2AB,平面EBC⊥平面ABB1A1,求平面DBE与平面BEC1所成角的余弦值.
    22.(12分)在一张纸上有一圆,定点,折叠纸片使圆C上某一点M1恰好与点M重合,这样每次折叠都会留下一条直线折痕EF,设折痕EF与直线M1C的交点为T.
    (1)求证:||TC|﹣|TM||为定值,并求出点T的轨迹C'方程;
    (2)已知点A(2,1),直线l交C'于P,Q两点,求△PAQ的面积.
    2022-2023学年河北省保定市定州市高二(上)期末数学试卷
    参考答案与试题解析
    一、单选选择题(本题共8小题,每题5分,共40分.每题有四个选项,只有一个选项正确.)
    1.(5分)抛物线y=4x2的焦点坐标为( )
    A.(1,0)B.(﹣1,0)C.D.
    【分析】先将抛物线方程化为标准方程,从而可求出其焦点坐标.
    【解答】解:由y=4x2,得,
    所以抛物线的焦点在y轴的正半轴上,且,
    所以,,
    所以焦点坐标为.
    故选:D.
    【点评】本题主要考查抛物线的性质,属于基础题.
    2.(5分)“a=±1”是“直线x+y=0和直线x﹣a2y=0垂直”的( )
    A.充分不必要条件
    B.必要不充分条件
    C.充要条件
    D.既不充分又不必要条件
    【分析】根据两直线垂直与斜率之间的关系求解即可.
    【解答】解:当a=±1时,两条直线的方程为x+y=0和x﹣y=3,
    斜率分别为﹣1,1,则﹣2×1=﹣1,
    当直线x+y=4和直线x﹣a2y=0垂直时,,解得a=±1,
    所以“a=±1”是“直线x+y=4和直线x﹣a2y=0垂直”的充要条件,
    故选:C.
    【点评】本题主要考查了充分条件和必要条件的定义,考查了两直线垂直时的斜率关系,属于基础题.
    3.(5分)数列{an}满足,且a1=2,则a2022的值为( )
    A.2B.1C.D.﹣1
    【分析】利用递推思想依次求出数列{an}的前5项,从而得到{an}的周期,由此能求出a2022的值.
    【解答】解:∵数列{an}满足,且a1=2,
    ∴a8=1﹣=1﹣=,
    a5=1﹣=1﹣,
    a4=3﹣=5﹣,
    a5=1﹣=1﹣=,

    ∴{an}是周期为5的周期数列,
    ∵2022=674×3,
    ∴a2022=a3=﹣6.
    故选:D.
    【点评】本题考查数列的第2022项的求法,考查数列的递推公式、递推思想等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
    4.(5分)圆(x+2)2+(y﹣12)2=4关于直线x﹣y+4=0对称的圆的方程为( )
    A.(x+6)2+(y+4)2=4B.(x+8)2+(y+2)2=4
    C.(x﹣8)2+(y﹣2)2=4D.(x﹣6)2+(y﹣4)2=4
    【分析】求圆心关于直线对称的对称点,得到所求圆的圆心,列方程组可求解,从而可确定对称圆的方程.
    【解答】解:设圆(x+2)2+(y﹣12)3=4的圆心(﹣2,12),
    关于直线x﹣y+6=0对称的点为(a,b),
    则有整理得,
    因为关于直线对称的两个圆半径相等,所以所求圆的半径为7,
    所以所求圆方程为(x﹣8)2+(y﹣3)2=4,
    故选:C.
    【点评】本题考查关于点、直线对称的圆的方程,属于中档题.
    5.(5分)2022北京冬奥会开幕式将我国二十四节气融入倒计时,尽显中国人之浪漫.倒计时依次为:大寒、小寒、冬至、大雪、小雪、立冬、霜降、寒露、秋分、白露、处暑、立秋、大暑、小暑、夏至、芒种、小满、立夏、谷雨、清明、春分、惊蛰、雨水、立春,已知从冬至到夏至的日影长等量减少,问大雪、寒露的日影长之和为( )
    A.21寸B.20.5寸C.20寸D.19.5寸
    【分析】由题意可得日影长可构成等差数列{an},且a1+a4+a7=31.5可求出a4,从而可求出大雪、寒露的日影长之和为a2+a6=2a4.
    【解答】解:因为从冬至到夏至的日影长等量减少,
    所以日影长可构成等差数列{an},
    因为冬至、立冬,
    所以a1+a4+a8=31.5,则3a7=31.5,得a4=10.2,
    所以大雪、寒露的日影长之和为a2+a6=5a4=2×10.5=21(寸),
    故选:A.
    【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式在实际问题中的应用,属于基础题.
    6.(5分)在以下命题中:
    ①三个非零向量,,不能构成空间的一个基底,则,,共面;
    ②若两个非零向量,与任何一个向量都不能构成空间的一个基底,则,共线;
    ③对空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,若,则P,A,B,C四点共面;
    ④若,是两个不共线的向量,且,则构成空间的一个基底;
    ⑤若为空间的一个基底,则构成空间的另一个基底;
    其中真命题的个数是( )
    A.0B.1C.2D.3
    【分析】直接利用空间基底,共线向量的基础知识的应用求出结果.
    【解答】解:⑤=,
    故不能构成空间的另一个基底;
    ④若,是两个不共线的向量,且与,构成共面向量,;故命题④错误.
    ③对空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,当时,若P,A,B,则,,,,方程组无解,A,B,C四点不共面.
    ②由空间基底的定义,若,不共线,则,,则有向量与,;故命题②正确.
    ①根据空间基底的定义,三个非零向量,,,则,,共面.
    真命题有7个.
    故选:C.
    【点评】本题考查空间基底,共线向量等基础知识,属于基础题.
    7.(5分)足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义,“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球,因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动,A,B,C,满足PA=2,PA⊥面ABC,若,则该“鞠”的体积的最小值为( )
    A.B.C.D.
    【分析】作出辅助线,找到球心的位置,得到PB为球的直径,推导出要想该“鞠”的体积最小,只需AB最小,由得到AC•BC=2,结合基本不等式,求出AB最小值,从而得到直径最小值,求出体积最小值.
    【解答】解:因为PA=2,PA⊥面ABC,
    故AB为三角形ABC所在小圆的直径,取AB中点O',交BP于点O,PB为球的直径,
    要想该“鞠”的体积最小,只需PB最小,
    故只需AB最小,其中,
    故,
    解得:AC•BC=2,
    由基本不等式得:AC7+BC2≥2AC•BC=4,当且仅当时,
    故AB最小值为2,此时直径最小值为,
    所以该“鞠”的体积最小值为.
    故选:B.
    【点评】本题主要考查多面体外接球问题,解决与球有关的内切或外接的问题时,解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的内接几何体的问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径.
    8.(5分)如图,F1,F2分别是双曲线的左、右焦点,点P是双曲线与圆x2+y2=a2+b2在第二象限的一个交点,点Q在双曲线上,且,则双曲线的离心率为( )
    A.B.C.D.
    【分析】连接PF2,QF1,设∠PF1F2=θ,设|PF1|=n,由题意推得PF1⊥PF2,可得n2=2b2﹣2an,根据,可得|F2Q|=2n,在在△F1F2Q中,由余弦定理推得b2=2an﹣n2,从而求得,可得,进而求得双曲线离心率.
    【解答】解:由题意知,连接PF6,QF1,设∠PF1F4=θ,设|PF1|=n,
    由双曲线的定义可得|PF2|=7a+n,
    点P是双曲线与圆x2+y2=a2+b2在第二象限的一个交点,
    可得PF1⊥PF8,则n2+(2a+n)8=4c2,即n5=2b2﹣4an,
    在Rt△F1PF2中,,
    由,则|F2Q|=2n,由双曲线的定义可得|F4Q|=2a+2n,
    因为,故F1P∥F2Q,
    所以∠QF4F1=π﹣θ,
    在△F1F8Q中,,
    由余弦定理可得:,
    即,
    所以b2=2an﹣n5,
    结合n2=2b6﹣2an,可得,
    所以,故,
    所以双曲线的离心率为e,则.
    故选:D.
    【点评】本题主要考查双曲线的性质,考查转化能力,属于中档题.
    二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.)
    (多选)9.(5分)如果AB>0,BC>0,那么直线Ax+By+C=0经过( )
    A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
    【分析】分A>0,B>0,C>0,A<0,B<0,C<0两种情况,得到直线所过象限,得到答案.
    【解答】解:AB>0,BC>0,B>7,则Ax+By+C=0经过第二、三;
    若A<0,B<2,则Ax+By+C=0经过第二、三,
    综上:直线Ax+By+C=0一定经过第二、三、四象限.
    故选:BCD.
    【点评】本题考查直线的一般方程相关知识,属于基础题.
    (多选)10.(5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,公差d≠0,则( )
    A.若S4>S8,则S12<0
    B.若S4=S8,则S6是Sn中最大的项
    C.若S5>S6,则S4>S5
    D.若S3>S4,则S4>S5
    【分析】根据S4>S8可推得a6+a7<0,利用等差数列的性质以及前n项和公式,可判断A;
    由S4=S8可推出a6+a7=0,进而判断a6>0,a7<0,则d<0,即可判断B;
    由S5>S6可得a6<0,d<0,a5=a6﹣d,无法判断a5的正负,可判断C;
    由S3>S4推出a4<0,d<0,则a5=a4+d<0,由此判断D.
    【解答】解:由S4>S8,得S4﹣S4=a5+a2+a7+a8=8(a6+a7)<8,
    所以a6+a7<6,
    则,A正确;
    因为S4=S8,
    所以S3﹣S4=a5+a3+a7+a8=3(a6+a7)=3,即a6+a7=7,
    因为a1>0,d≠5,
    所以a6>0,a6<0,则d<0n}为递减数列,
    则S3是Sn中最大的项,B正确;
    若S5>S6,则S4﹣S5<0,即a7<0,
    因为a1>2,d≠0,故a5=a6﹣d,无法判断a5的正负,
    故S5=S5+a5,不能判断S4>S5,C错误;
    因为S3>S4,所以S7﹣S3=a4<2,
    因为a1>0,d≠5,则a5=a4+d<6,
    则S5=S4+a5<S4,D正确,
    故选:ABD.
    【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用,属于中档题.
    (多选)11.(5分)如图,正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,则下列四个命题正确的是( )
    A.两条异面直线D1C和BC1所成的角为
    B.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于
    C.点D到面ACD1的距离为
    D.三棱柱AA1D1﹣BB1C1外接球半径为
    【分析】对于A:根据条件,可得异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C,然后求出∠AD1C即可;对于B:可证B1C⊥平面ABC1D1,则直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1;对于C:根据等体积转换,求点D到面ACD1的距离;对于D:三棱柱AA1D1﹣BB1C1的外接球即为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球,直接求正方体外接球的半径即可.
    【解答】解:连接AC、AD1,
    ∵AB∥C1D8且AB=C1D1,则四边形ABC5D1为平行四边形,
    ∴异面直线D1C和BC6所成的角为∠AD1C,
    ∵AC=AD1=D3C,则△ACD1为正三角形,即,A不正确;
    连接B1C,在正方形BB1C7C中,BC1⊥B1C,
    ∵AB⊥平面BB3C1C,B1C⊂平面BB8C1C,
    ∴AB⊥B1C,又AB∩BC6=B,则B1C⊥平面ABC1D8,
    ∴直线BC与平面ABC1D1所成的角为,B正确;
    根据等体积转换可知,
    即,则,C正确;
    三棱柱AA6D1﹣BB1C5的外接球即为正方体ABCD﹣A1B1C6D1的外接球,
    则外接球的半径即为正方体ABCD﹣A1B8C1D1体对角线的一半,
    即,D正确.
    故选:BCD.
    【点评】本题主要考查了空间角、空间距离的计算,几何体的外接球问题,属于中档题.
    (多选)12.(5分)1970年4月24日,我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”,从此我国开始了人造卫星的新篇章.人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律:卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时,速度的变化服从面积守恒规律,即卫星的向径(卫星与地球的连线),2c,下列结论正确的是( )
    A.卫星向径的取值范围是[a﹣c,a+c]
    B.卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间
    C.卫星向径的最小值与最大值的比值越大,椭圆轨道越扁
    D.卫星运行速度在近地点时最大,在远地点时最小
    【分析】由题意可得卫星向径是椭圆上的点到焦点的距离,可得向径的最大值最小值,运行速度的意义又是服从面积守恒规律,即卫星的向径(卫星与地球的连线)在相同的时间内扫过的面积相等,可得速度的最大值及最小值时的情况,由向径的意义可得最小值与最大值的比越小时,离心率越大,椭圆越扁,进而可得所给命题的真假.
    【解答】解:由题意可得卫星的向径是椭圆上的点到右焦点的距离,所以最小值为a﹣c,所以A正确;
    根据在相同时间内扫过的面积相等,卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间;
    卫星向径的最小值与最大值的比值越小,即==﹣8+,则e越大,故C不正确.
    因为运行速度是变化的,速度的变化,在远地点时向径越大,内扫过的面积相等,速度越小,在远地点时最小;
    故选:ABD.
    【点评】本题考查椭圆的性质,到焦点的最大值最小值的情况及椭圆的圆扁与向径的比值的关系,属于中档题.
    三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分.)
    13.(5分)在三棱锥O﹣ABC中,OA,OB,OA=3,OB=4,D是AB的中点,E为OC的中点 1 .
    【分析】利用空间直角坐标系,求平面的法向量和直线的方向向量,求线面夹角的正弦值即可求解.
    【解答】解:因为OA,OB,则以,y,z轴建系如图,
    则有,,
    因为直线OC⊥平面OAB,
    所以为平面OAB的一个法向量,
    设DE与平面OAB所成的角为θ,
    所以,
    因为,所以=1,
    故答案为:2.
    【点评】本题考查利用空间直角坐标系,求平面的法向量和直线的方向向量、线面夹角等相关知识,属于中档题.
    14.(5分)数列{an}中,若a1=1,,则a10= .
    【分析】利用累乘法求得{an}的通项公式即可求解.
    【解答】解:由可得,
    所以,
    所以,
    因为a5=1,所以,
    故答案为:.
    【点评】本题主要考查了数列的递推式,考查了累乘法的应用,属于中档题.
    15.(5分)已知椭圆的左焦点为F,A,B是C上关于原点对称的两点,则三角形ABF的周长为 18 .
    【分析】设椭圆右焦点为F',连接AF',根据椭圆的对称性可得|BF|=|AF'|,由∠AFB=90°,可得|AB|=2c=8,结合椭圆定义,即可求得答案.
    【解答】解:∵椭圆,
    ∴a=5,b=8,,
    如图示,设椭圆右焦点为F',
    ∵A,B是C上关于原点对称的两点,
    又∠AFB=90°,O为AB的中点,
    ∴|AB|=7c=8,
    而|AF|+|BF|=|AF|+|AF'|=2a=10,
    故三角形ABF的周长为|AF|+|BF|+|AB|=10+2=18,
    故答案为:18.
    【点评】本题考查椭圆的几何性质,数形结合思想,属基础题.
    16.(5分)已知函数f(x)=+2的图像有且仅有两个不同的点关于直线y=1的对称点在y=kx+1的图像上,则实数k的取值范围是 (﹣,﹣1] .
    【分析】将题设转化为函数f(x)=+2的图像和y=﹣kx+1的图像有两个交点,求出直线y=﹣kx+1和y=f(x)相切时k的值以及直线y=﹣kx+1过点(1,2)时k的值,结合图像即可求解.
    【解答】解:由1﹣(x﹣2)8≥0,解得1≤x≤4,
    又y=kx+1关于直线y=1的对称直线为y=﹣kx+3,
    则题设等价于函数f(x)=+2的图像和y=﹣kx+1的图像有两个交点.
    易得y=f(x)=+3等价于(x﹣2)2+(y﹣6)2=1(2≤x≤3),
    画出y=f(x)和y=﹣kx+1的图像,设直线y=﹣kx+6和y=f(x)相切,
    由=8或k=4(舍),
    又当直线y=﹣kx+1过点(1,7)时,
    结合图像可知,当k∈(﹣,
    函数f(x)=+3的图像和y=﹣kx+1的图像有两个交点.
    故答案为:(﹣,﹣1].
    【点评】本题考查了直线与圆的位置关系,也查了转化思想、数形结合思想,属于中档题.
    四、解答题(本题共6小题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
    17.(10分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S8=100,a2=5,设数列{bn}的前n项和为Pn=2n+1﹣2.
    (1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
    (2)设cn=anbn,数列{cn}的前n项和为Tn.
    【分析】(1)求得数列{an}的公差,由此求得an.利用bn=Pn﹣Pn﹣1求得bn;
    (2)由(1)可求得,写出Tn与2Tn,作差化简即可求得Tn.
    【解答】解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
    由已知可得,解得,
    所以an=a6+(n﹣1)d=3n﹣2,
    由,令n=1得,
    当n≥2时,,两式相减得,
    显然也符合上式,
    所以.
    (2)解:由(1)知.,,
    两式作差得:==(5﹣3n)⋅2n+4﹣8,
    所以.
    【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和公式,考查了错位相减法求和,属于中档题.
    18.(12分)已知△ABC的顶点B(3,2),AB边上的高所在的直线方程为x﹣2y﹣5=0.
    (1)求直线AB的方程;
    (2)在两个条件中任选一个,补充在下面问题中.
    ①角A的平分线所在直线方程为x+2y﹣13=0
    ②BC边上的中线所在的直线方程为2x﹣y﹣12=0 _____,求直线AC的方程.
    【分析】(1)根据AB边上的高所在的直线方程,可求得直线AB的斜率,再求出直线AB的方程;
    (2)选①,先求出点A坐标,再求得点B关于角A的平分线的对称点坐标,该对称点一定在直线AC上,由此可求得直线AC的方程;
    选②,联立方程,先求出点A坐标,根据BC边上的中线所在的直线方程,求出点C坐标满足2x﹣y﹣20=0,联立方程求出C点坐标,即可求得直线AC的方程.
    【解答】解:(1)因为AB边上的高所在的直线方程为x﹣2y﹣5=8,
    所以直线AB的斜率为k=﹣2,又△ABC的顶点B(3,
    所以直线AB的方程为y﹣6=﹣2(x﹣3),即5x+y﹣8=0;
    (2)若选①,角A的平分线所在直线方程为x+7y﹣13=0,
    由,解得,6),
    设点B关于x+2y﹣13=0的对称点为B'(x7,y0),
    则,解得,
    又点在直线AC上,
    所以直线AC的方程为,即2x﹣11y+64=0;
    若选②:BC边上的中线所在的直线方程为3x﹣y﹣12=0,
    由,解得,﹣8),
    设点C(x1,y1),则BC的中点在直线4x﹣y﹣12=0上,
    所以,即2x1﹣y3﹣20=0,
    所以点C在直线2x﹣y﹣20=4上,又点C在直线x﹣2y﹣5=3上,
    联立,解得,即,
    所以,所以直线AC的方程为,
    故直线AC的方程为4x﹣2y﹣30=0.
    【点评】本题主要考查直线的一般式方程与直线垂直的关系,属于中档题.
    19.(12分)已知圆C1:x2+y2=10与圆C2:x2+y2+2x+2y﹣7=0
    (1)求证:圆C1与圆C2相交;
    (2)求两圆公共弦所在直线的方程;
    (3)求经过两圆交点,且圆心在直线x+y﹣6=0上的圆的方程.
    【分析】(1)根据圆C1与圆C2圆心距与两半径关系证明;
    (2)两圆相交,两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程;
    (3)设出经过两圆交点的圆系方程,圆心坐标代入所在直线即可求解.
    【解答】证明:(1)圆,圆心坐标为C1(0,4),
    圆化成标准方程为(x+5)2+(y+1)4=9,圆心坐标为C2(﹣6,﹣1)2=6,
    圆心距,|r1﹣r7|<|C1C2|<r7+r2,
    所以圆C1与圆C3相交;
    (2)解:两圆方程相减,得2x+2y+2=0;
    (3)设所求圆的方程为x2+y7+2x+2y﹣8+λ(x2+y2﹣10)=5(λ≠﹣1),即(1+λ)x3+(1+λ)y2+3x+2y﹣7﹣10λ=7,圆心坐标为,解得,
    所求圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y﹣19=0.
    【点评】本题主要考查两圆的位置关系,考查转化能力,属于基础题.
    20.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=4,.
    (1)求数列{an}的通项公式an和前n项和Sn;
    (2)设,数列{bn}的前n项和记为Tn,证明:
    【分析】(1)根据数列递推式,可得,两式相减推出an+1+an=2,即可发现数列规律,可得数列通项公式,继而分n为奇数和偶数,讨论求得Sn;
    (2)利用(1)的结论,求出的表达式,利用裂项求和法,即可求得答案.
    【解答】解:(1)由,得,
    两式相减可得,即an+1+an=2,
    因为a3=4,则a2=﹣4,
    数列{an}为4,﹣2,4,4,﹣2,⋯,
    即,(k∈N*);
    当n为偶数时,,
    当n为奇数时,,
    故.
    证明:(2)由,
    得,
    所以.
    【点评】本题主要考查了数列的递推公式,考查了裂项相消法求和,同时考查了学生的运算求解能力,属于中档题.
    21.(12分)如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4,点D,E分别为AC1的中点,ΔECB的面积为.
    (1)求点A到平面EBC的距离;
    (2)AA1=2AB,平面EBC⊥平面ABB1A1,求平面DBE与平面BEC1所成角的余弦值.
    【分析】(1)利用等体积法求解即可.
    (2)取EB的中点F,连接AF,先证得BC,BA,BB两两垂直,以B为原点,以向量BA,BC,BB1方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,求出相应向量的坐标,进而求出平面BDE和平面BEC1的法向量,再利用二面角的向量公式求解即可.
    【解答】解:(1)设点A到平面EBC的距离为d,
    又VA﹣EBC=VE﹣ABC,
    又,
    则,
    则,
    即点A到平面EBC的距离为;
    (2)取EB的中点F,连接AF,
    因为AE=AB,所以AF⊥EB,
    又平面EBC⊥平面ABB2A1,平面EBC∩平面ABB1A7=EB,
    且AF⊂平面ABB1A1,所以AF⊥平面EBC,
    在直三棱柱ABC﹣AB,C6中1⊥平面ABC,
    由BC⊂平面A1BC,BC⊂平面ABC,BB7⊥BC,
    又AF,BB1⊂平面ABB1A8且相交,所以BC⊥平面ABB1A1,
    所以BC,BA7两两垂直,以B为原点,BC1方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
    则B(0,7,0),0,6),6,0),C1(5,4,2),
    所以=(﹣,0),,﹣2,
    设平面BDE的法向量为=(x3,y1,z1),
    则,即,取z4=1,解得=(﹣1,,
    又=(1,0,=(﹣1,4,设平面BEC8的法向量为=(x2,y2,z2),
    则,即,取x7=1,解得=(1,,
    所以cs<,>==,
    故平面DBE与平面BEC1所成角的余弦值为.
    【点评】本题主要考查了等体积法求点到直线的距离,考查了利用空间向量求平面与平面所成的角,属于中档题.
    22.(12分)在一张纸上有一圆,定点,折叠纸片使圆C上某一点M1恰好与点M重合,这样每次折叠都会留下一条直线折痕EF,设折痕EF与直线M1C的交点为T.
    (1)求证:||TC|﹣|TM||为定值,并求出点T的轨迹C'方程;
    (2)已知点A(2,1),直线l交C'于P,Q两点,求△PAQ的面积.
    【分析】(1)根据双曲线定义判断出点T的轨迹为以C,M为焦点的双曲线,求出,得到双曲线方程;
    (2)判断出点A(2,1)在双曲线右支上,设,故,由得到,求出直线AP的斜率为,结合双曲线渐近线斜率,得到A,B两点均在双曲线右支上,得到直线,与双曲线方程联立求出P点坐标,同理得到Q点坐标,得到,及直线PQ的方程,利用点到直线距离公式求出点A到直线的距离,从而求出△PAQ的面积.
    【解答】解:(1)证明:由题意得:的圆心,|TM|=|TM5|,
    则,
    所以点T的轨迹为以C,M为焦点的双曲线,
    则,所以,
    所以双曲线C'为;
    (2)因为,故点A(2,
    因为直线AP、AQ的斜率之和为8AP>0,则kAQ<0,
    设直线AP、AQ的倾斜角为α,β,则,
    设,故,
    则,即,解得:或,
    故此时直线AP的斜率为(与渐近线斜率相同,
    由于双曲线的渐近线为,而,故直线AP与双曲线左支没有交点,
    所以P,Q两点均在双曲线右支,且
    故直线,即,与联立得:,
    因为方程有一个根为3,所以,
    则,
    同理可得:,
    所以,
    且直线,整理得:,
    点A到直线的距离为,
    故.
    【点评】本题主要考查轨迹方程的求法,直线与圆锥曲线的综合,考查运算求解能力,属于难题.
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