2022-2023学年广东省清远市高二上学期期末教学质量检测数学试题 Word版

这是一份2022-2023学年广东省清远市高二上学期期末教学质量检测数学试题 Word版，共9页。

清远市2022~2023学年第一学期高中期末教学质量检测
高 二 数 学

注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容:人教A版选择性必修第一册,选择性必修第二册第四章占85%,非本学期内容占15%。

一、选择题:本题共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.已知数列1,-,,-2,,…,则该数列的第200项为
A.10 B.-10 C.-10 D.10
2.已知等轴双曲线C的焦距为12,则C的实轴长为
A.3 B.6 C.12 D.6
3.已知椭圆C:+=1的离心率为,则C的长轴长为
A.8 B.4 C.2 D.4
4.已知数列{an}满足an=sin(+),其前n项和为Sn,则S2022=
A.- B.- C. D.0
5.在三棱锥P-ABC中,M是平面ABC上一点,且5=t+2+3,则t=
A.1 B.2 C.3 D.-2
6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若=,则=
A. B.43 C. D.41
7.若过点P(2,4)且斜率为k的直线l与曲线y=有且只有一个交点,则实数k的值不可能是
A. B. C. D.2
8.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且满足Sn+1=2Sn+2n+1,若存在实数λ,使不等式λan≤(n-19)Sn对任意n∈N*恒成立,则λ的最大值为
A.-24 B.-18 C.- D.-
二、 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.
9.已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=66,a2+a4+a6=57,则
A.{an}的公差为-2 B.{an}的通项公式为an=31-3n
C.{an}的前n项和为 D.{|an|}的前50项和为2575
10.已知直线l1:mx+3y-5=0与直线l2:5x+(m-2)y-5=0,则下列选项正确的是
A.若l1⊥l2,则m=-
B.若l1∥l2,则m=-3
C.l2被圆x2+y2=9截得的弦长的最小值为4
D.若圆x2+y2=4上有四个点到l1的距离为1,则m∈(-4,4)
11.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,∠ABC=,AB=PA=CD=2,BC=4,M为PD的中点,则

A.BM⊥PC
B.异面直线BM与AD所成角的余弦值为
C.直线BM与平面PBC所成角的正弦值为
D.点M到直线BC的距离为
12.如图,圆锥PO的轴截面PAB为直角三角形,E是其母线PB的中点.若平面α过点E,且PB⊥平面α,则平面α与圆锥侧面的交线CED是以E为顶点的抛物线的一部分,设此抛物线的焦点为F,且CF=3.记OD的中点为M,点N在曲线CED上,则

A.圆锥PO的母线长为4
B.圆锥底面半径为2
C.建立适当坐标系,该抛物线的方程可能为y2=6x
D.|MN|+|NF|的最小值为3
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13.已知平面α内一点P(9,8,5),点Q(6,6,6)在平面α外,若α的一个法向量为n=(2,1,1),则Q到平面α的距离为　　▲　　.  
14.已知两圆C1:(x-2)2+(y-6)2=9与C2:x2+y2+2x-4y-3m=0外离,则整数m的取值是　　▲　　. 
15.足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义,“鞠”最早是外包皮革、内饰米糠的球,因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动.已知某“鞠”的表面上有四个点P,A,B,C,满足PA=2,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,若三棱锥P-ABC的体积为2,则制作该“鞠”的外包皮革面积的最小值为　　▲　　. 
16.一小孩玩抛硬币跳格子游戏,规则如下:抛一枚硬币,若正面朝上,往前跳两格,若反面朝上,往前跳一格.记跳到第n格可能有an种情况,若a1=1,{an}的前n项和为Sn,则a8=　　▲　　,S10=　　▲　　.(本题第一空3分,第二空2分) 
四、解答题:本题共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.(10分)
设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S6=2S4,a2n=2an-1.
(1)求{an}的通项公式.
(2)令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:Tn<.






18.(12分)
已知△ABC的顶点分别为A(-1,7),B(-4,-2),C(3,-1).
(1)求△ABC外接圆的方程;
(2)设P是直线l:4x-3y-25=0上一动点,过点P作△ABC外接圆的一条切线,切点为Q,求|PQ|的最小值及点P的坐标.





19.(12分)
如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=2,AA1=AB=4,E为棱AA1的中点.
(1)证明:BC⊥C1E.
(2)设=λ(0<λ<1),若C1到平面BB1M的距离为,求λ.


20.(12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn,满足3Sn=2an-1,{bn}是以a1为首项,且公差不为0的等差数列,b2,b3,b7成等比数列.
(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)令cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.






21.(12分)
在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,csin =sin C,且a=1.
(1)求A;
(2)若AB=AC,D,E两点分别在边BC,AB上,且CD=DE,求CD的最小值.






22.(12分)
法国数学家加斯帕尔·蒙日创立的《画法几何学》对世界各国科学技术的发展影响深远.在双曲线-=1(a>b>0)中,任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,它的圆心是双曲线的中心,半径等于实半轴长与虚半轴长的平方差的算术平方根,这个圆被称为蒙日圆.已知双曲线C:-=1(a>b>0)的实轴长为6,其蒙日圆方程为x2+y2=1.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)设D为双曲线C的左顶点,直线l与双曲线C交于不同于D的E,F两点,若以EF为直径的圆经过点D,且DG⊥EF于G,证明:存在定点H,使|GH|为定值.






清远市2022~2023学年第一学期高中期末教学质量检测
高二数学参考答案

1.B　该数列的通项公式为an=(-1)n+1,所以a200=(-1)201=-10.
2.B　因为2c=12,所以c=6.因为a=b,所以2a2=c2=36,所以a=3,故实轴长为6.
3.B　因为椭圆C的离心率为,所以=,得m=2,故长轴长为2=4.
4.D　因为{an}是周期为4的周期数列,且a1=,a2=-,a3=-,a4=,S4=0,所以S2022=a1+a2=0.
5.C　因为5=t+2+3=t+2+3(-),所以8=t+2+3,即=++.因为M是平面ABC上一点,所以++=1,所以t=3.
6.A　设S3=x,则S6=7x,因为{an}为等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6仍成等比数列.
因为==6,所以S9-S6=36x,所以S9=43x,故=.
7.B　

如图,曲线y=表示以O为圆心,2为半径的上半圆,因为直线l:y=k(x-2)+4与半圆相切,所以=2,解得k=.因为P(2,4),A(-2,0),所以kPA=1,又直线l与曲线y=有且只有一个交点,所以k>kPA或k=,所以实数k的取值范围是(1,+∞)∪{}.
8.A　因为Sn+1=2Sn+2n+1,所以-=1.因为a1=2,
所以{}是首项为1,公差为1的等差数列,所以=n,所以Sn=n·2n,
所以an=Sn-Sn-1=n·2n-(n-1)·2n-1=(n+1)·2n-1(n=1也满足).
因为λan≤(n-19)Sn,所以λ(n+1)·2n-1≤(n-19)·n·2n,即λ≤.
令f(n)=,f(n+1)-f(n)=-==,所以f(1)>f(2)>f(3)=f(4) 9.BC　设{an}的公差为d,前n项和为Sn,因为a1+a3+a5=3a3=66,a2+a4+a6=3a4=57,
所以a3=22,a4=19,所以d=-3.因为an=31-3n,所以Sn==,
故{|an|}的前50项和为-S50+2S10=+2×=2565.
10.BC　若l1⊥l2,则m×5+3(m-2)=8m-6=0,所以m=,故A不正确.
若l1∥l2,则m(m-2)-3×5=m2-2m-15=(m+3)(m-5)=0,
所以m=-3或m=5.当m=5时,l1,l2重合,当m=-3时,符合题意,故B正确.
因为直线l2过定点(1,0),所以当m=2时,l2被圆x2+y2=9截得的弦长最短,最小值为2=4,故C正确.
因为圆x2+y2=4上有四个点到l1的距离为1,所以圆心(0,0)到l1的距离小于1.由<1,解得m∈(-∞,-4)∪(4,+∞),故D不正确.
11.ACD　过A作AE⊥CD,垂足为E,则DE=2,以A为坐标原点,分别以AE,AB,AP所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,2,0),C(4,2,0),D(4,-2,0),P(0,0,2),M(2,-1,1).=(2,-3,1),=(4,2,-2),=(4,0,0),=(0,-2,2),=(4,-2,0).

因为·=2×4+(-3)×2+1×(-2)=0,所以A正确.
因为cos<,>===,
所以直线BM与AD所成角的余弦值为,故B不正确.
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),
则令y=1,得m=(0,1,1).
设直线BM与平面PBC所成角为α,则sin α=|cos<,m>|=||=,
所以直线BM与平面PBC所成角的正弦值为,故C正确.
设点M到直线BC的距离为d,则d==,
即点M到直线BC的距离为,故D正确.
12.ABD　设圆锥PO的母线PA=2a,则底面半径为a.

以E为原点,EO所在直线为x轴建立平面直角坐标系,如图所示,则C(a,-a),设抛物线的方程为y2=2px(p>0),
因为|CF|=a+=3,2a2=2pa,所以a=p=2,所以圆锥PO的母线长为4,底面半径为2,故A,B正确.
因为该抛物线的方程为y2=4x,M(2,),且|NF|=xN+1,所以|MN|+|NF|=|MN|+xN+1.当MN平行于x轴时,|MN|+|NF|取得最小值,最小值为xM+1=3,故C不正确,D正确.
13.　 因为=(-3,-2,1),所以Q到平面α的距离为==.
14.-1　因为圆C1的圆心为(2,6),圆C2的圆心为(-1,2),所以两圆圆心的距离为=5.因为圆C1的半径为3,圆C2的半径为,所以所以- 15.16π　

如图所示,取AB的中点D,过D作OD∥PA,且OD=PA=1,
因为PA⊥平面ABC,所以OD⊥平面ABC.
因为AC⊥BC,所以DA=DB=DC,所以OA=OB=OC=OP,所以O是三棱锥P-ABC外接球的球心,OA为球的半径.
因为VP-ABC=×AC·CB·PA=2,所以AC·CB=6.
因为AB2=AC2+BC2≥2AC·BC=12,所以球的半径R=OA=≥=2,
当且仅当AC=BC=时,等号成立,此时AB=2,所以Rmin=2,故所求表面积的最小值为4πR2=16π.
16.34;231　根据题意,跳到第n+2格有两种可能,一种是从第n+1个格跳过来,有an+1种方式,另一种是从第n个格跳过来,有an种方式,所以an+2=an+an+1.因为a1=1,a2=2,所以a3=3,a4=5,a5=8,a6=13,a7=21,a8=34,a9=55,a10=89,所以S10=231.
17.(1)解:设等差数列{an}的公差为d, 1分
则 3分
解得a1=3,d=2,因此an=2n+1. 5分
(2)证明:因为an=2n+1,
所以bn==[-], 8分
所以Tn=[(1-)+(-)+…+-]
=[1-]<. 10分
18.解:(1)设△ABC外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0, 1分
由解得D=2,E=-4,F=-20, 4分
所以△ABC外接圆的方程为x2+y2+2x-4y-20=0. 6分
(2)△ABC外接圆(x+1)2+(y-2)2=25的圆心为M(-1,2),半径R=5. 7分
因为|PQ|==,所以要使|PQ|最小,只需|PM|最小. 8分
当PM⊥l时,|PM|最小,所以|PM|min==7, 9分
所以|PQ|min==2. 10分
设P(x,y),则得x=,y=-,即P(,-). 12分
19.

(1)证明:以A为坐标原点,AD,AA1,AB所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,4),D(2,0,0),C(2,0,2),E(0,2,0),C1(2,4,2),B1(0,4,4). 3分
因为=(2,0,-2),=(2,2,2), 4分
所以·=2×2+0+2×(-2)=0, 5分
所以⊥,故BC⊥C1E. 6分
(2)解:因为=(0,4,0),=(-2,2,-2),
所以=+=+λ=(2-2λ,2λ,-2-2λ). 7分
设平面BB1M的法向量为n=(x,y,z),
所以令x=1+λ,得n=(1+λ,0,1-λ). 8分
因为=(2,0,-2),
所以C1到平面BB1M的距离d==. 10分
由=,得λ=. 12分
20.解:(1)因为3Sn=2an-1,所以当n=1时,3S1=2a1-1,所以a1=-1. 1分
当n≥2时,3Sn-1=2an-1-1, 2分
两式相减可得,3an=2an-2an-1,所以=-2,
所以{an}是首项为-1,公比为-2的等比数列, 3分
所以an=-(-2)n-1. 4分
设等差数列{bn}的公差为d,因为b1=a1=-1,所以b2=-1+d,b3=-1+2d,b7=-1+6d.
因为b2,b3,b7成等比数列,所以(-1+2d)2=(-1+d)(-1+6d),解得d=0(舍去)或d=,
所以bn=. 6分
(2)因为cn=anbn=(3n-5)(-2)n-2, 7分
所以Tn=(-2)×(-2)-1+1×(-2)0+4×(-2)1+…+(3n-5)×(-2)n-2,
-2Tn=(-2)×(-2)0+1×(-2)1+4×(-2)2+…+(3n-5)×(-2)n-1, 8分
相减得3Tn=1+3[(-2)0+(-2)1+(-2)2+…+(-2)n-2]-(3n-5)×(-2)n-1
=1+3×-(3n-5)×(-2)n-1 =2-(3n-4)×(-2)n-1, 11分
所以Tn=. 12分
21.解:(1)因为csin =sin C,且a=1,所以csin =asin C, 1分
所以sin Csin =sin Asin C. 2分
因为C∈(0,π),sin C≠0,B+C=π-A,所以sin(-)=sin A,即cos =sin A, 3分
所以cos =2sin cos . 4分
因为∈(0,),所以cos≠0,所以sin=,所以=,即A=. 6分

(2)因为AB=AC,A=,所以△ABC为等边三角形,即AC=BC=AB=1. 7分
如图,在△BDE中,BD=1-CD,DE=CD,
由余弦定理得cos B===, 8分
所以BE2+(1-CD)2-CD2=BE·(1-CD),
所以CD===2-BE+-3, 10分
因为0≤BE≤1,所以1≤2-BE≤2,所以CD=2-BE+-3≥2-3,
当且仅当2-BE=,即BE=2-时,等号成立,
所以CD的最小值为2-3. 12分
22.(1)解:由题意知a=3. 1分
因为双曲线C的蒙日圆方程为x2+y2=1,所以a2-b2=1, 2分
所以b=2. 3分
故双曲线C的标准方程为-=1. 4分
(2)证明:设E(x1,y1),F(x2,y2).
当直线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m,
联立方程组化简得(8-9k2)x2-18kmx-(9m2+72)=0,
则Δ=(18km)2+4(9m2+72)(8-9k2)>0,即m2-9k2+8>0,
且 6分
因为·=(x1+3)(x2+3)+y1y2=0,
所以(k2+1)·x1x2+(km+3)(x1+x2)+m2+9=(k2+1)·+(km+3)·+m2+9=0,化简得m2-54km+153k2=(m-3k)(m-51k)=0,
所以m=3k或m=51k,且均满足m2-9k2+8>0. 8分
当m=3k时,直线l的方程为y=k(x+3),直线过定点(-3,0),与已知矛盾,
当m=51k时,直线l的方程为y=k(x+51),过定点M(-51,0). 10分
当直线l的斜率不存在时,由对称性不妨设直线DE:y=x+3,
联立方程组得x=-3(舍去)或x=-51,此时直线l过定点M(-51,0).
因为DG⊥EF,所以点G在以DM为直径的圆上,H为该圆圆心,|GH|为该圆半径.
故存在定点H(-27,0),使|GH|为定值24. 12分