浙江省温州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量统一检测数学试题(B卷)【后附解析】

浙江省温州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量统一检测数学试题(B卷)一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知直线方程x+y+1=0，则倾斜角为（　　）A．45° B．60° C．120° D．135°2．抛物线 y2=4x 的准线方程为（　　） A．x=−2 B．x=−1 C．y=−1 D．y=−23．在空间四边形ABCD中，点M,G分别是BC和CD的中点，则AB+12BD+BC=（　　）A．AD B．GA C．AG D．MG4．已知Sn为数列an的前n项和，Sn=2n−1，则a4=（　　）A．2 B．4 C．8 D．165．在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点A1到平面AB1C的距离为（　　）A．13 B．12 C．23 D．336．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒或小石子来研究数．他们根据沙粒或小石头所排列的形状把数分成许多类，如下图的1，3，6，10称为三角形数，1，4，9，16称为正方形数，则下列各数既是三角形数又是正方形数的是（　　）A．55 B．49 C．36 D．287．已知圆锥有一个内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，圆柱与圆锥的高之比为（　　）A．13 B．12 C．23 D．228．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为33，点P在椭圆C上，直线PF1与直线y=3x交于点Q，且QF1⊥QF2，则tan∠F1PF2=（　　）A．3 B．2 C．32 D．23二、选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．已知圆C1:x2+y2−8x+7=0和圆C2:x2+y2+6y+m=0外离，则整数m的一个取值可以是（　　）A．4 B．5 C．6 D．710．以下选项中的两个圆锥曲线的离心率相等的是（　　）A．x24−y22=1与x24+y22=1 B．x24−y22=1与y22−x24=1C．x24+y22=1与x22+y24=1 D．y2+4x=0与x2+2y=011．已知三棱锥P−ABC如图所示，G为△ABC重心，点M，F为PG,PC中点，点D，E分别在PA,PB上，PD=mPA，PE=nPB（mn≠0），以下说法正确的是（　　）A．若m=n=12，则平面DEF∥平面ABCB．PG=13PA+13PB+13PCC．AM=12AP+16AB+16ACD．若M，D，E，F四点共面，则1m+1n=112．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a10，则下列命题正确的是（　　）A．若{an}为等差数列，则数列{Sn}为递增数列B．若{an}为等比数列，则数列{Sn}为递增数列C．若{an}为等差数列，则数列{|an|}为递增数列D．若{an}为等比数列，则数列{|an|}为递增数列三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．若双曲线的渐近线方程为y=±2x，则该双曲线的方程可以是　 　．（只需填写满足条件的一个方程）14．已知正项等比数列an的前n项和为Sn，S3=2a2+3a1，且a5=16，则a1=　 　．15．已知点P为圆C:x−42+y−42=8上一动点，A2,0，B0,2，则点P到直线AB的距离的取值范围是　 　．16．两个正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，M和N分别是对角线AC和BF上的动点，则MN的最小值为　 　．四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．如图，在平行六面体ABCD−A'B'C'D'中，AB=1，AD=AA'=2，∠BAD=∠DAA'=90°，∠BAA'=60°，设AB=a，AD=b，AA'=c．（1）用向量a,b,c表示A'C；（2）求BC'⋅A'C．18．已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足a3=3，S4=5a2．（1）求数列an的通项公式；（2）若bn=an+2an，求数列bn的前10项和T10．19．如图，四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的菱形，∠ABC=23π，PD⊥平面ABCD，PD=1，M为PB的中点．（1）求证：平面MAC⊥平面PDB；（2）求CP与平面MAC所成角的正弦值．20．已知圆满足：① 截y轴所得弦长为2；②被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1；③圆心到直线l：x−2y=0的距离为55，求该圆的方程．21．已知数列{an}满足an+1=anan+1，a1=12．（1）求证：数列{1an}为等差数列；（2）设数列{an}前n项和为Sn，且S2n−Sn>k对任意的n∈N∗恒成立，求k的取值范围．22．已知点A−5,2在双曲线C：x2a2−y2a2=1上，（1）求C的方程；（2）如图，若直线l垂直于直线OA，且与C的右支交于P、Q两点，直线AP、AQ与y轴的交点分别为点M、N，记四边形MPQN与三角形APQ的面积分别为S1与S2，求S1S2的取值范围．答案解析部分1．【答案】D2．【答案】B3．【答案】C4．【答案】C5．【答案】D6．【答案】C7．【答案】B8．【答案】A9．【答案】C,D10．【答案】C,D11．【答案】A,B,C12．【答案】A,C,D13．【答案】y2−4x2=1（答案不唯一）.14．【答案】115．【答案】2,5216．【答案】3317．【答案】（1）解：由题意可得，A'C=A'A+AC=−AA'+AB+AD=a+b−c.（2）解：由题意可知，BC'=BC+CC'=AD+AA'=b+c，因为AB=1，AD=AA'=2，∠BAD=∠DAA'=90°，∠BAA'=60°，所以a⋅b=0,a⋅c=1×2×12=1,b2=c2=4，所以BC'⋅A'C=b+ca+b−c=a⋅b+a⋅c+b2−c2=0+1+4−4=1.18．【答案】（1）解：由题意可知，a3=3，S4=a1+a2+a3+a4=2a2+a3=5a2，因为a3=3，解得a2=2，所以等差数列的公差d=a3−a2=1，所以数列an的通项公式为an=a2+n−2d=n.​​​​​​​（2）解：由题意可知，bn=an+2an=n+2n，所以数列bn的前10项和为：T10=1+2+⋯+10+2+22+⋯+210=10×1+102+2×1−2101−2=55+2046=2101.19．【答案】（1）证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC，因为PD∩BD=D，PD,BD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD，因为AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面PDB.（2）解：连接BD，交AC于O，因为四边形ABCD为菱形，所以O为BD的中点，因为M为PB的中点，所以MO为△PBD的中位线，所以MO∥PD，因为PD⊥平面ABCD，所以MO⊥平面PBD，如图建立空间直角坐标系，根据题意，则C0,32,0，P−12,0,1，所以CP=−12,−32,1，易知平面MAC的一个法向量为n=1,0,0，设CP与平面MAC所成角为θ，则sinθ=cosCP,n=CP·nCPn=−121×2=24，所以直线CP与平面MAC所成角的正弦值24.20．【答案】解：（法一）设圆P的圆心为P（a，b），半径为r，则点P到x轴，y轴的距离分别为|b|，|a|，由题意可知圆P截x轴所得劣弧对的圆心角为90°，圆P截x轴所得的弦长为2r，2|b|=2r，得r2=2b2，圆P被y轴所截得的弦长为2，由勾股定理得r2=a2+1，得出2b2- a2=1， 又因为P（a，b）到直线x -2y=0的距离为55，得出d=a−2b5=55，即有a-2b=±1，综上所述，得2b2−a2=1a−2b=1，2b2−a2=1a−2b=−1解得a=−1b=−1，a=1b=1，于是r2=2b2=2，则所求圆的方程是2b2−a2=1a−2b=1或a=−1b=−1.（法二）设圆的方程为|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=r2−b2，令x =0，得55，所以(x+1)2+(y+1)2=2，得(x−1)2+(y−1)2=2再令y=0，可得y2−2by+b2+a2−r2=0，所以(x−a)2+(y−b)2=r2，得r2=a2+1，即(x+1)2+(y+1)2=2，从而有2b2- a2=1．又因为P（a，b）到直线x -2y=0的距离为(x−1)2+(y−1)2=2，得d=a=1b=1，即有|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2=r2−a2=2综上所述，得|a−2b|5=55，2b2−a2=1a−2b=−1解得2r2−b2=2r，r2=2b2，于是r2= 2b2=2，则所求圆的方程是a−2b=±1或x2−2ax+a2+b2−r2=0.21．【答案】（1）解：∵an=1=anan+1，∴an+1an=1an+1，∴1an+1−1an=1，∴数列{1an}为以2为首项1为公差的等差数列.（2）解：（2）由(1)可知1an=2+(n−1)=n+1，得an=1n+1，要使得S2n−Sn>k怛成立，只需要k12n+3+12n+4−1n+2=12n+3−12n+4>0，∴数列{bn}为递增数列，所以，k0x1x2=4m2+1>0，解得m