2023-2024学年安徽省合肥一中高二（上）期末数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥一中高二（上）期末数学试卷(含解析），共18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.直线y= 33x+1的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，AD=a，AB=b，AA1=c，则下列向量中与BM相等的向量是( )
A. 12a−12b+cB. −12a−12b+c
C. 12a+12b+cD. −12a+12b+c
3.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a4+2a9+a20=24，则S20=( )
A. 60B. 120C. 180D. 240
4.已知抛物线x2=2y上有两个点A，B，焦点为F，若|AF|+|BF|=7，则线段AB的中点到x轴的距离是( )
A. 32B. 2C. 52D. 3
5.已知平行于x轴的直线l与双曲线C：y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于P、Q两点，O为坐标原点，若△OPQ为等边三角形，则双曲线C的渐近线方程为( )
A. y=± 33xB. y=± 3xC. y=± 32xD. y=±x
6.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=1−2an，(n∈N+)则Sn的取值范围是( )
A. [12,1)B. [13,12)C. [13,1)D. (13,1)
7.若圆C1：x2+(y−4)2=r2上存在点M，点M关于直线y=x−1的对称点M′在圆C2：(x−4)2+(y−1)2=4上，则r的取值范围为( )
A. [ 5−2, 5+2]B. ( 5−2, 5+2)
C. [ 5−2,+∞)D. (−∞, 5+2]
8.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为5，点M在棱AB上，且AM=2，点P是正方体下底面ABCD内(含边界)的动点，且动点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为25，则动点P到B点的最小值是( )
A. 72B. 2 3C. 6D. 2
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 若直线l的方向向量为m=(2,4,−2)，平面α的一个法向量为n=(−1,−2,1)，则l⊥α
B. 若空间中任意一点O，有OP=13OA−16OB+12OC，则P、A、B、C四点共面
C. 若空间向量a，b满足a⋅bcsθ>0，则方程表示的曲线是椭圆，且焦点在x轴上
B. 若sinθ=csθ>0，则方程表示的曲线是圆，其半径为42
C. 若sinθ⋅csθ0对任意的n∈N*恒成立，则t>18
D. 设cn=an(1−bn)bnbn+1，若数列{cn}的前n项和为Tn，则Tn0)，离心率为 32，点( 3,12)在椭圆上．
(1)求E的方程；
(2)过K(−1,0)作互相垂直的两条直线l1与l2，设l1交E于A，B两点，l2交E于C，D两点，AB，CD的中点分别为M，N.探究：△OMN与△KMN的面积之比是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查直线的斜率和倾斜角，属于基础题．
由题意，求出直线的斜率，可得它的倾斜角．
【解答】
解：直线y= 33x+1的斜率为 33，故它的倾斜角为π6，
故选：A．
2.【答案】A
【解析】解：如图，
BM=BB1+B1M=AA1+12(B1A1+B1C1)=−12AB+12AD+AA1=12a−12b+c．
故选：A．
根据向量加法和数乘的几何意义，相等向量和相反向量的定义即可得解．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，相等向量和相反向量的定义，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：解法一、设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则a4+2a9+a20=(a1+3d)+2(a1+8d)+(a1+19d)=4a1+38d=24，
所以2a1+19d=12，
所以S20=20a1+12×20×19d=10(2a1+19d)=10×12=120．
解法二、因为数列{an}为等差数列，所以a4+2a9+a20=2a12+2a9=24，
所以a12+a9=12，
所以S20=20(a1+a20)2=10(a1+a20)=10(a12+a9)=120．
故选：B．
根据等差数列的定义与前n项和公式，求解即可．
本题考查了等差数列的通项公式与前n项和公式应用问题，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由已知可得抛物线x2=2y的准线方程为y=−12，
设点A，B的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2)，
由抛物线的定义得|AF|+|BF|=y1+y2+1=7，则y1+y2=6，
可得线段AB中点的纵坐标为y1+y22=3，
则AB的中点到x轴的距离是3．
故选：D．
由抛物线方程求得准线方程，结合中点坐标公式及抛物线的弦长公式求解．
本题考查抛物线的方程与几何性质，考查中点坐标公式的应用，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为△OPQ为等边三角形，所以渐近线的倾斜角为π3，
所以渐近线方程为y=± 3x．
故选：B．
由△OPQ为等边三角形，可得渐近线方程的倾斜角，进而得解．
本题考查双曲线的几何性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为Sn=1−2an，且Sn−1=1−2an−1(n≥2)，
两式相减得an=2an−1−2an，整理3an=2an−1，所以an=23an−1，
结合a1=S1=1−2a1，解得a1=13，可知{an}是首项为13，公比为23的等比数列．
因此可得Sn=13[1−(23)n]1−23=1−(23)n0，则1csθ>1sinθ>0，则x2sinθ+y2csθ=1即为y21csθ+x21sinθ，故表示焦点在y轴上的椭圆，A错误；
对于B，若sinθ=csθ>0，则sinθ=csθ= 22，所以x2sinθ+y2csθ=1即为x2+y2=1sinθ= 2，故C是圆，其半径为42，B正确；
对于C，若sinθcsθ0，csθ0对n∈N*恒成立，即t⋅2n−n+2>0⇔t>n−22n对n∈N*恒成立，
令f(n)=n−22n，则f(n+1)−f(n)=n−12n+1−n−22n=−n+32n+1，
当1≤n≤2时，f(n+1)>f(n)；当n=3时，f(3)=f(4)；当n≥4时，f(n+1)18，即C正确；
选项D，cn=an(1−bn)bnbn+1=2n(1−n)n(n+1)=2nn−2n+1n+1，
所以Tn=21−222+222−233+⋯+2nn+1−2n+1n+1=2−2n+1n+1n−22n对n∈N*恒成立，结合函数的单调性，即可得解；选项D，采用裂项相消法，求解即可．
本题考查数列的通项公式与求和公式，熟练掌握利用an=Sn−Sn−1(n≥2)求通项公式，对勾函数的单调性，裂项相消法等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】 52
【解析】解：直线l1：2x−y−2=0，即l1：4x−2y−4=0，
故所求距离d=|−4−1| 16+4= 52．
故答案为： 52．
根据已知条件，结合平行直线间的距离公式，即可求解．
本题主要考查平行直线间的距离公式，属于基础题．
14.【答案】5062025
【解析】解：由题意知，数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，
所以an=2+(n−1)×2=2n，
所以1anan+1=12n⋅12(n+1)=14(1n−1n+1)，
所以数列{1an⋅an+1}的前2024项和为14(1−12+12−13+⋯+12024−12025)=5062025．
故答案为：5062025．
由等差数列的定义与通项公式可得an=2n，再采用裂项相消法求解即可．
本题考查数列求和，熟练掌握等差数列的定义与通项公式，裂项相消法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
15.【答案】x−y+2=0
【解析】解：因为圆O：x2+y2=4，所以圆心为O(0,0)，半径r=2，
所以四边形PAOB的面积为S=2×(12|PA|×r)=2|PA|=2 |OP|2−r2=2 |OP|2−4，
所以当OP最小，也即OP垂直于直线x−y+4=0时，四边形PAOB面积最小，
此时直线OP的方程为y=−x，由x−y+4=0y=−x，解得x=−2y=2，
即P(−2,2)，对应|OP|= 4+4=2 2，|PA|=|PB|= 8−4=2，
以P为圆心，半径为2的圆的方程为：(x+2)2+(y−2)2=4，
即x2+y2+4x−4y+4=0，
由x2+y2+4x−4y+4=0x2+y2=4，
两式相减并化简得x−y+2=0，即直线AB的方程为x−y+2=0．
故答案为：x−y+2=0．
表示出四边形PAOB的面积得到四边形PAOB面积最小时，点P的坐标，由此求得AB的方程．
本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
16.【答案】(0,1)
【解析】解：如图，设M，G分别是BC，BE与圆的切点．由圆的切线性质知，AG=AD=1，
设CD=CM=GE=m(m>1)，
所以AC=1+m，AE=GE−AG=m−1，
在△ACE中，CE2=CA2+AE2−2CA⋅EAcs60°=m2+3，所以CE= m2+3，
以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为e2= m2+32，
以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为e1= m2+32m，
则1e1e2=4mm2+3=4m+3m，
在△ABC中，设BM=n，所以BC=m+n，AB=n+1，AC=m+1，
由余弦定理可知：BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs120°，
从而得到mn=3m+3n+3，所以n=3m+3m−3，
由n=3m+3m−3>0⇒m>3，所以1e1e2=4mm2+3=4m+3m0)，
由题意得：(1−a)2+(1−b)2=r2(2−a)2+(−2−b)2=r2(0−a)2+(2−b)2=r2，解得a=−3b=−2r=5，
所以圆M的标准方程为(x+3)2+(y+2)2=25．
解法二：设线段AB的中点为E，则E(32,−12)，
又因为kAB=−3，
所以线段AB的垂直平分线l1的方程为：y+12=13(x−32)，即x−3y−3=0，
同理可得：线段BC的垂直平分线l2的方程为：x−2y−1=0，
由x−3y−3=0x−2y−1=0，解得x=−3y=−2，
所以圆心M(−3,−2)，半径r=|AM|= (1+3)2+(1+2)2=5，
所以圆的标准方程为(x+3)2+(y+2)2=25．
(2)由题意得：圆心M到直线m的距离为 25−( 21)2=2．
①当直线m垂直于x轴时，方程为x=−1，满足条件；
②当直线m斜率存在时，设直线m的方程为y+1=k(x+1)，即kx−y+k−1=0，
由|−3k+2+k−1| k2+1=2，解得k=−34，
所以直线m的方程为3x+4y+7=0，
综上所述，直线m的方程为x=−1或3x+4y+7=0．
【解析】(1)解法一：由待定系数法即可求得；解法二：由几何法即可求得；
(2)分直线的斜率存在和不存在，结合圆的弦长公式求得．
本题考查圆的方程的求法，圆的弦长公式的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由等比数列的性质可得：a1a5=a2a4=729，
又a2+a4=90，
又a4>a2，
则a2=9，a4=81，
又∵数列{an}是递增的等比数列，
∴q2=a4a2=9，
又q>1，
则q=3，
则an=9×3n−2=3n，
∴an=3n；
(2)由(1)可得bn=3nlg33n=n⋅3n，
∴Tn=1×31+2×32+3×33+⋯+n×3n①，
∴3Tn=1×32+2×33+3×34+⋯+n×3n+1②，
①−②可得：−2Tn=3+32+...+3n−n⋅3n+1=3(1−3n)1−3−n⋅3n+1，
即−2Tn=(1−2n)23n+1−32，
即Tn=(2n−1)43n+1+34．
【解析】(1)由等比数列的性质，结合等比数列通项公式的求法求解；
(2)结合等比数列求和公式及错位相减法求解．
本题考查了等比数列通项公式的求法，重点考查了错位相减法，属中档题．
20.【答案】(1)证明：因为AD⊥CD，AD⊥DP，CD∩DP=D，
所以AD⊥平面PCD，又AD⊂面ABCD，
从而面PCD⊥面ABCD．
(2)解：∵面PCD⊥面ABCD，面PCD∩面ABCD=CD，
过D点作Dz⊥DC，则Dz⊥底面ABCD，
所以以D为坐标原点，DA，DC，Dz所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系D−xyz，

则D(0,0,0)，P(0,−1, 3)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，
则DB=(2,2,0)，DP=(0,−1, 3)，PC=(0,3,− 3)，
设PM=λPC(0≤λ≤1)，则PM=(0,3λ,− 3λ)，
∴DM=DP+PM=(0,3λ−1, 3− 3λ)，
设面BDM的一个法向量为n=(x,y,z)，
由n⋅DB=2x+2y=0n⋅DM=(3λ−1)y+( 3− 3λ)z=0，
令x=1，可得y=−1，z=3λ−1 3− 3λ，
可得n=(1,−1,3λ−1 3− 3λ)，
不妨取平面CDM的一个法向量为DA=(2,0,0)，
设平面BDM与平面CDM的夹角为θ，
则由题意有csθ=|cs|=|DA⋅n||DA||n|=22× 2+(3λ−1 3− 3λ)2= 55，
整理得(3λ−1λ−1)2=9，解得λ=23，
即平面BDM与平面CDM夹角的余弦值为 55时，PMPC=23．
【解析】(1)由题设条件及面面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，设PM=λPC(0≤λ≤1)，求得平面BDM与平面CDM的法向量，利用向量夹角公式列方程，解出λ即可．
本题考查面面垂直的判定，考查平面与平面所成角的余弦值，属中档题．
21.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d，
因为S4=32，
所以4a1+4×32d=32，即2a1+3d=16，
又b1=a1−6，b2=2a2，b3=a3−6，
所以T3=16=(a1−6)+2a2+(a3−6)=(a1−6)+2(a1+d)+(a1+2d−6)=4a1+4d−12，
即a1+d=7，
解得a1=5，d=2，
所以an=5+2(n−1)=2n+3．
(2)由(1)知an=2n+3，
所以Sn=n(a1+an)2=n(5+2n+3)2=n(n+4)，
所以bn=2n−3,n为奇数4n+6,n为偶数，
所以b2n−1+b2n=2×(2n−1)−3+4×(2n)+6=12n+1，
①当n为偶数时，Tn=n2×13+n2(n2−1)2×12=32n2+72n，
所以Tn−Sn=32n2+72n−n(n+4)=n(n−1)2，
所以当n为偶数且n≥2时，Tn−Sn>0恒成立；
②当n为奇数时，Tn=Tn−1+bn=32(n−1)2+72(n−1)+(2n−3)=32n2+52n−5，
所以Tn−Sn=32n2+52n−5−n(n+4)=12n2−32n−5=12(n+2)(n−5)，
所以当n为奇数且n≥7时，Tn−Sn>0恒成立，
综上，对任意n≥m(m∈N*)，都有Sn