2023-2024学年天津市部分区高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市部分区高二（上）期末数学试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知空间向量a=(1,2,−3)，b=(2,−1,1)，则a−2b=( )
A. (−3,4,−5)B. (5,0,−5)C. (3,1,−2)D. (−1,3,−4)
2.已知直线l1：3x+ay−3=0与直线l2：(a+2)x+y+1=0平行，则实数a的值为( )
A. 1B. −3C. 1或−3D. 不存在
3.抛物线x2=4y的焦点坐标为( )
A. (−1,0)B. (1,0)C. (0,−1)D. (0,1)
4.在等比数列{an}中，a1+a3=5，a2+a4=10，则{an}的公比为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.若双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)经过椭圆x225+y29=1的焦点，且双曲线的一条渐近线方程为x+2y=0，则该双曲线的方程为( )
A. x225−y29=1B. x24−y216=1C. x216−y264=1D. x216−y24=1
6.过(1,0)点且与圆x2+y2−4x−4y+7=0相切的直线方程为( )
A. 2x−y−2=0B. 3x−4y−3=0
C. 2x−y−2=0或x=1D. 3x−4y−3=0或x=1
7.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB的中点，则点B1到平面A1CE的距离为( )
A. 63B. 66C. 24D. 14
8.已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，以F1F2为直径的圆与椭圆C有公共点，则C的离心率的最小值为( )
A. 13B. 12C. 22D. 32
9.设数列{an}满足a1+2a2+3a3+⋯nan=2n+1(n∈N*)，则数列{ann+1}的前10项和为( )
A. 2011B. 116C. 5122D. 236
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
10.已知空间向量a=(2,−1,3),b=(4,2,1)，则a⋅b= ______ ．
11.直线x+ 3y−1=0的倾斜角的大小为 ．
12.设Sn为等差数列{an}的前n项和，且S3=−15，S6=−12，则a10+a11+a12= ______ ．
13.已知空间三点A(0,2,3)，B(−2,1,5)，C(0,−1,5)，则点A到直线BC的距离为 ______ ．
14.圆x2+y2−10x−10y=0和圆x2+y2−6x+2y−40=0的公共弦长是______．
15.已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，若直线l与圆x2+y2−px=0交于C，D两点，且3|AB|=8|CD|，则直线l的一个斜率为 ______ ．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1=−5，S4=−2．
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)若{bn}是等比数列，且b2=a4，b3=a3+a5，求{bn}的前n项和Tn．
17.(本小题12分)
已知圆C经过A(4,0)，B(0,2)两点和坐标原点O．
(Ⅰ)求圆C的方程；
(Ⅱ)垂直于直线x+y=0的直线l与圆C相交于M，N两点，且|MN|=2 3，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，且AB=AA1=2，D，E，F分别是B1A，CC1，BC的中点．
(Ⅰ)求直线DE与BC所成角的余弦值；
(Ⅱ)求证：B1F⊥平面AEF；
(Ⅲ)求平面AB1E与平面AEF夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
在数列{an}中，a1=1，an+1−2an=2n(n∈N*)．
(Ⅰ)求a2，a3；
(Ⅱ)记bn=an2n(n∈N*)；
(i)证明数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(ii)对任意的正整数n，设cn=an,n为奇数bn,n为偶数，求数列{cn}的前2n项和T2n．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，离心率为 32，且经过点M(4,1)．
(Ⅰ)求C的方程；
(Ⅱ)过点M且斜率大于零的直线l与椭圆交于另一个点N(点N在x轴下方)，且△OMN的面积为3(O为坐标原点)，求直线l的方程．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵空间向量a=(1,2,−3)，b=(2,−1,1)，
∴a−2b=(1,2,−3)−2(2,−1,1)=(−3,4,−5)．
故选：A．
根据空间向量的坐标运算法则求解．
本题主要考查了空间向量的坐标运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：直线l1：3x+ay−3=0与直线l2：(a+2)x+y+1=0平行，
则a(a+2)=1×3，解得a=−3或a=1，
当a=−3时，两直线重合，不符合题意，
当a=1时，两直线不重合，符合题意，
故a=1．
故选：A．
根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：因为抛物线x2=4y，所以p=2，
所以抛物线x2=4y的焦点坐标为(0,1)．
故选D．
直接利用抛物线的定义，求出排趋性的焦点坐标即可．
本题考查抛物线的基本性质的应用，基本知识的考查．
4.【答案】B
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
则a1+a1q2=5a1q+a1q3=10，
解得a1=1q=2．
故选：B．
设等比数列{an}的公比为q，由题意可得a1+a1q2=5a1q+a1q3=10，求解q即可．
本题主要考查了等比数列的通项公式，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：根据题意可得双曲线中a= 25−9=4，ba=12，
解得a=4，b=2，
∴该双曲线的方程为x216−y24=1．
故选：D．
根据椭圆的几何性质，双曲线的几何性质，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，双曲线的几何性质，属基础题．
6.【答案】D
【解析】解：∵圆x2+y2−4x−4y+7=0，
即(x−2)2+(y−2)2=1，
圆心(2,2)，半径r=1，
易知点(1,0)不在圆x2+y2−4x−4y+7=0上，
当过点(1,0)的斜率不存在时，
圆心(2,2)到x=1的距离为1=r，
∴过点(1,0)的一条切线为x=1，
当过点(1,0)的斜率存在，
可设切线方程为y−0=k(x−1)，
即 kx−y−k=0，
∴圆心(2,2)到直线的距离d=|2k−2−k| k2+1=1，
即|k−2|= k2+1，
解得k=34，
∴过点(1,0)且与圆x2+y2−4x−4y+7=0相切的直线方程是y=34x−34，
即3x−4y−3=0．
故选：D．
先判断点(1,0)与圆的位置关系，再设过点(1,0)的直线方程，最后根据直线与圆相切即可求解即可．
本题考查直线与圆相切的性质，难度中等．
7.【答案】A
【解析】解：如图，
在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB的中点，
则A1E=CE= 52，A1C= 3，则S△A1EC=12× 3× 54−34= 64，
VC−A1EB1=13×12×1×1×1=16，设点B1到平面A1CE的距离为h，
则h=1613× 64= 63．
故选：A．
由题意画出图形，求出△A1EC的面积，再由等体积法求解．
本题考查利用等体积法求点到平面的距离，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：∵F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，以F1F2为直径的圆与椭圆C有公共点，
∴c≥b，可得c2≥b2=a2−c2，即a2≤2c2，
故C的离心率e=ca≥ 12= 22．
即C的离心率的最小值为 22．
故选：C．
根据已知条件得到c≥b，再结合a，b，c之间的等量关系即可得到结论．
本题考查椭圆的简单几何性质，属基础题．
9.【答案】A
【解析】解：∵a1+2a2+3a3+⋯nan=2n+1(n∈N*)，
∴n≥2时，a1+2a2+…+(n−1)an−1=2n−1，
相减可得：nan=2，解得an=2n，
∴ann+1=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
则数列{ann+1}的前10项和为2[(1−12)+(12−13)+…+(110−111)]=2×(1−111)=2011．
故选：A．
利用递推关系可得an，再利用裂项求和方法即可得出结论．
本题考查了递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10.【答案】9
【解析】解：由a=(2,−1,3),b=(4,2,1)，
可得a⋅b=2×4−1×2+3×1=9．
故答案为：9．
利用空间向量数量积的坐标运算直接求解即可．
本题考查空间向量数量积的坐标运算，属基础题．
11.【答案】56π
【解析】【分析】
本题考查直线的一般式方程与直线的倾斜角的求法，考查计算能力，属于基础题．
利用直线方程求出斜率，然后求出直线的倾斜角．
【解答】
解：因为直线x+ 3y−1=0的斜率k=− 33，设直线的倾斜角为α，则tanα=− 33，
所以直线的倾斜角为56π．
故答案为：56π．
12.【答案】39
【解析】解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，
等差数列{an}中S3=−15，S6=−12，则a4+a5+a6=S6−S3=3a5=3，
变形可得：a5=1，
又由S3=a1+a2+a3=−15，则有3a2=−15，即a2=−5，
则有d=a5−a23=2，
则a10+a11+a12=3a11=3(a2+9d)=39．
故答案为：39．
根据题意，设等差数列{an}的公差为d，变形求出d的值，结合等差数列的通项公式分析可得答案．
本题考查等差数列前n项和的计算，涉及等差数列的性质，属于基础题．
13.【答案】 342
【解析】解：点A(0,2,3)，B(−2,1,5)，C(0,−1,5)，
BC=(2,−2,0)，BA=(2,1,−2)，
则点A到直线BC的距离为：
d=|BA|⋅ 1−(BC⋅BA|BC|⋅|BA|)2=3× 1−(22 2×3)2= 342．
故答案为： 342．
利用空间向量坐标运算法则求点A到直线BC的距离．
本题考查空间向量坐标运算法则、点到直线的距离公式等基础知识，属于基础题．
14.【答案】4 10
【解析】解：∵两圆为x2+y2−10x−10y=0①，x2+y2−6x+2y−40=0，②
②−①可得：4x+12y−40=0，
即x+3y−10=0．
∴两圆的公共弦所在直线的方程是x+3y−10=0，
∵x2+y2−10x−10y=0的圆心坐标为(5,5)，半径为5 2，
∴圆心到公共弦的距离为d=|5+15−10| 10= 10，
∴AB=2 50−10=4 10．
故答案为：4 10．
先把2个圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得公共弦的长．
本题主要考查圆的标准方程，求两个圆的公共弦所在的直线方程的方法，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题．
15.【答案】± 3
【解析】解：圆x2+y2−px=0，即(x−p2)2+y2=p24的圆心为F(p2,0)，半径为p2，所以|CD|=p，
设直线l的斜率为k，则直线l的方程为：y=k(x−p2)，
代入y2=2px可得：k2x2−(k2+2)px+k2p24=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=(k2+2)pk2，
所以|AB|=x1+x2+p=2p(1+k2)k2，
所以3×2p(1+k2)k2=8×p，解得k=± 3．
故答案为：± 3．
根据圆的性质，求得|CD|，设直线方程，代入抛物线方程，根据韦达定理及抛物线的焦点弦公式，即可求得|AB|，根据题意即可求得直线的斜率．
本题考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理及抛物线的焦点弦公式的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(Ⅰ)设数列{an}的公差为d，
因为a1=−5，S4=−2，
所以S4=−2=4×(−5)+4×32d，解得d=3，
所以{an}的通项公式为an=−5+(n−1)×3=3n−8．
(Ⅱ)设数列{bn}的公比为q，
因为b2=a4=4，b3=a3+a5=2a4=8，
所以q=b3b2=2，
所以b1=42=2，
所以Tn=b1(1−qn)1−q=2(1−2n)1−2=2(2n−1)．
【解析】(Ⅰ)利用等差数列的求和公式可得公差d，再由等差数列的通项公式，即可得解；
(Ⅱ)先求得公比q，再由等比数列的求和公式，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差、等比数列的通项公式与求和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(Ⅰ)设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
将A(4,0)，B(0,2)，O(0,0)代入，得16+4D+F=04+2E+F=0F=0，
解得D=−4，E=−2，F=0，所以圆C的方程为x2+y2−4x−2y=0，即(x−2)2+(y−1)2=5．
(Ⅱ)由(Ⅰ)的结论得圆C的圆心坐标为(2,1)，半径r= 5．
根据直线l垂直于直线x+y=0，设直线l的方程为x−y+m=0，
由圆C被直线l截得的弦长|MN|=2 3，可得2 r2−d2=2 3，其中d为点C到直线l的距离，
所以r2−d2=3，即5−d2=3，解得d= 2，即|2−1+m| 1+1= 2，解得m=−3或1．
因此，直线l的方程是x−y−3=0或x−y+1=0．
【解析】(Ⅰ)设出圆C的一般式方程，将A、B、O代入，得到D、E、F的方程组，解之可得答案；
(Ⅱ)根据垂直的两条直线的方程的关系，可得直线l的方程为x−y+m=0，然后利用点到直线的距离公式与弦长公式，列式算出m的值，即得直线l的方程．
本题主要考查圆的方程及其性质、两条直线的位置关系、直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)因为AA1⊥平面ABC，∠BAC=90°，
所以AB，AC，AA1两两互相垂直，
以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，C1(0,2,2)，D(1,0,1)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，
所以DE=(−1,2,0)，BC=(−2,2,0)，
设直线DE与BC所成角为θ，
所以csθ=|cs|=|DE⋅BC||DE||BC|=|−1×(−2)+2×2| 5×2 2=3 1010，
所以直线DE与BC所成角的余弦值为3 1010；
(Ⅱ)证明：因为AE=(0,2,1)，AF=(1,1,0)，B1F=(−1,1,−2)，
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AE=2y+z=0n⋅AF=x+y=0，
令y=−1，则x=1，z=2，所以n=(1,−1,2)，
因为B1F=−n，所以B1F//n，所以B1F⊥平面AEF；
(Ⅲ)由(Ⅱ)知，平面AEF的一个法向量为n=(1,−1,2)，
因为AB1=(2,0,2)，AE=(0,2,1)，
设平面AB1E的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅AB1=2a+2c=0m⋅AE=2b+c=0，
令c=2，得b=−1，a=−2，所以m=(−2,−1,2)，
设平面AB1E与平面AEF夹角为α，
csα=|cs|=|m⋅n||m||n|=|1×(−2)+(−1)×(−1)+2×2| 6×3= 66．
【解析】(Ⅰ)建立空间直角坐标系，求出的方向向量，由向量的夹角公式计算即可；
(Ⅱ)求出B1F的方向向量和平面AEF的法向量，由向量的夹角公式计算即可；
(Ⅲ)平面AB1E与平面AEF的法向量，由向量的夹角公式计算即可．
本题考查线面垂直的证明，异面直线所成角和平面与平面所成角的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)因为an+1−2an=2n，
所以当n=1时，a2−2a1=21，所以a2=4；
当n=2时，a3−2a2=22，所以a3=12．
(Ⅱ)(i)因为bn+1−bn=an+12n+1−an2n=2an+2n2n+1−an2n=an2n+12−an2n=12，是常数，
所以数列{bn}是等差数列，
又b1=a121=12，
所以bn=12+(n−1)×12=12n，
所以an=bn⋅2n=n⋅2n−1．
(ii)cn=an,n为奇数bn,n为偶数=n⋅2n−1,n为奇数n2,n为偶数，
所以T2n=(a1+a3+…+a2n−1)+(b2+b4+…+b2n)
=[1⋅20+3⋅22+…+(2n−1)⋅22n−1]+(1+2+…+n)
设Sn=1⋅20+3⋅22+…+(2n−1)⋅22n−2，
则4Sn=1⋅22+3⋅24+…+(2n−3)⋅22n−2+(2n−1)⋅22n，
两式相减得，−3Sn=1⋅20+2⋅22+2⋅24+…+2⋅22n−2−(2n−1)⋅22n=1+2×4(1−4n−1)1−4−(2n−1)⋅22n=5−6n3⋅22n−53，
所以Sn=59+6n−59⋅22n，
所以T2n=Sn+(1+2+…+n)=59+6n−59⋅22n+(1+n)n2．
【解析】(Ⅰ)在an+1−2an=2n中，分别令n=1和n=2，计算即可；
(Ⅱ)(i)根据等差数列的定义，证明bn+1−bn是常数即可，先利用等差数列的通项公式求得bn，再求an即可；
(ii)结合分组求和法与错位相减法，求解即可．
本题主要考查数列求和，熟练掌握等差数列的定义与通项公式，错位相减法，分组求和法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)因为椭圆C的离心率为 32，且经过点M(4,1)，
所以e=ca= 3216a2+1b2=1a2=b2+c2，
解得a2=20，b2=5，
则椭圆C的方程为x220+y25=1；
(Ⅱ)不妨设直线l的方程为y=k(x−4)+1，
易知椭圆左顶点A(−2 5,0)，kMA=14+2 5，
因为点N在x轴下方，
所以直线l的斜率k>14+2 5，
联立x220+y25=1y=k(x−4)+1，消去y并整理得(1+4k2)x2+8(k−4k2)x+64k2−32k−16=0，
不妨设N(m,n)，
由韦达定理得m+4=8(4k2−k)1+4k2，
解得m=16k2−8k−41+4k2，
所以|MN|= (m−4)2+(n−1)2= 1+k2|m−4|= 1+k2(8k+8)1+4k2，
而原点O到直线l的距离d=|4k−1| 1+k2，
则S△OMN=12|MN|⋅d=12⋅ 1+k2(8k+8)1+4k2⋅|4k−1| 1+k2=3，
当4k>1时，整理得4k2+12k−7=0，
解得k=12；
当0<4k<1时，整理得28k2+12k−1=0，
解得k=114，
此时不满足k>14+2 5，舍去，
则直线l的方程为y=12(x−4)+1，
即x−2y−2=0．
【解析】(Ⅰ)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求出a和b的值，进而可得椭圆C的方程
(Ⅱ)设出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式和三角形面积公式再进行求解即可．
本题考查椭圆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，属于中档题．