2022-2023学年天津市北辰区高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年天津市北辰区高二（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.直线x− 3y−1=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°
2.已知数列 2, 5,2 2, 11…，则2 5是这个数列的( )
A. 第6项B. 第7项C. 第11项D. 第19项
3.已知向量a=(1,−1,2)，则|2a|=( )
A. 2B. 3C. 4D. 2 6
4.已知直线l过圆x2−2x+y2=0的圆心，且与直线2x+y−3=0平行，则l的方程为( )
A. x−2y+1=0B. x+2y−1=0C. 2x+y−2=0D. x−2y−1=0
5.若抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为( 7,0)，则p=( )
A. 3B. 7C. 2 3D. 2 7
6.已知等差数列{an}中，a3+a7=8，则该数列前9项和S9等于( )
A. 4B. 8C. 36D. 72
7.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦点到渐近线的距离是其顶点到渐近线距离的3倍，则双曲线的离心率是( )
A. 3B. 2 2C. 3D. 2
8.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点在抛物线y2=4 3x的准线上，且椭圆的短轴长为2，则椭圆的方程是( )
A. x24+y2=1B. x23+y24=1C. x24+y23=1D. x2+y24=1
9.如图，在四棱锥P−ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB=AB=2BC=4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为( )
A. 2 3B. 2 5C. 2D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
10.已知一个平面α的法向量是m=(2,12,−1)，一条直线l的方向向量是n=(−4,−1,2)，则l与α的位置关系是______ ．
11.已知{an}是等比数列，若公比为12，且2a1+a2=1，则a1= ______ ．
12.直线l1：ax+3y−3=0与l2：2x+(a+1)y−3=0，若l1//l2，则实数a= ______ ．
13.已知空间向量a=(1,−1,0)，b=(m,1,−1)，若a⊥b，则实数m= ．
14.如图所示，已知椭圆的方程为x24+y23=1，若点P为椭圆上的点，且∠PF1F2=120°，则△PF1F2的面积是______ ．
15.在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+y2−4x=0.若直线y=k(x+1)上存在一点P使过P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的取值范围是 ．
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)
求适合下列条件的椭圆的标准方程：
(1)两个焦点的坐标分别为(−4,0)，(4,0)，并且椭圆上一点P与两焦点的距离的和等于10；
(2)两个焦点的坐标分别为(0,−2)，(0,2)，且椭圆经过点(4,3 2)．
17.(本小题12分)
已知直线l： 3x−y+3=0，圆M：x2+(y−4)2=1，N表示函数y=x2的图像．
(1)写出圆M的圆心坐标；
(2)求圆M被直线l截得的弦长；
(3)若点P在圆M上，点Q在N上，求|PQ|的最小值．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1，M是棱SB的中点．
(1)求证：AM/​/平面SCD；
(2)求二面角S−CD−M的正弦值；
(3)在线段DC上是否存在一点N，使得MN与平面SAB所成角的正弦值为 357，若存在，请求出DNDC的值，若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，焦距为2．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过左焦点F的直线l与椭圆E交于A，B两点，若△OAB的面积为23，求直线l的方程．
20.(本小题12分)
已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，且a1=3，b2=a2，b5=a3+3，b8=a4．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式an；
(Ⅱ)令cn=lg2an3，证明：1c2c3+1c3c4+…+1cncn+1<1(n∈N*,n≥2)；
(Ⅲ)求i=1nb2i(33)bi+1(n∈N*)．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：直线x− 3y−1=0的斜率是：k= 33，
直线的倾斜角是30°，
故选：A．
求出直线的斜率，从而求出直线的倾斜角即可．
本题考查了直线的斜率以及直线的倾斜角问题，是一道基础题．
2.【答案】B
【解析】解：数列 2, 5,2 2, 11…，
各项的平方为：2，5，8，11，…
则an2−an−12=3，
又∵a12=2，
∴an2=2+(n−1)×3=3n−1，
令3n−1=20，则n=7．
故选：B．
本题通过观察可知：原数列每一项的平方组成等差数列，且公差为3，即an2−an−12=3从而利用等差数列通项公式an2=2+(n−1)×3=3n−1=20，得解，n=7
本题通过观察并利用构造法，构造了新数列{an2}为等差数列，从而得解，构造法在数列中经常出现，我们要熟练掌握．
3.【答案】D
【解析】解：a=(1,−1,2)，
则|a|= 1+1+4= 6，
故|2a|=2|a|=2 6．
故选：D．
根据已知条件，结合向量模公式，即可求解．
本题主要考查向量模公式，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：圆x2−2x+y2=0可化为(x−1)2+y2=1，圆心为(1,0)，半径为1，
设与直线2x+y−3=0平行的直线l的方程为：2x+y+m=0，
因为直线l过点(1,0)，
所以2+m=0，解得m=−2，
所以l的方程为：2x+y−2=0．
故选：C．
先求出圆心坐标，再由平行直线系方程设出直线l的方程，将圆心坐标代入即可求解．
本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：∵抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为( 7,0)，
∴p2= 7，∴p=2 7．
故选：D．
根据抛物线的几何性质即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，属基础题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的性质及其求和公式，考查了运算求解能力，属于基础题．
利用等差数列的性质及其求和公式即可得出．
【解答】
解：由等差数列{an}的性质可得：a3+a7=8=a1+a9，
则该数列前9项和S9=9a1+a92=9×82=36．
故选：C．
7.【答案】A
【解析】解：画出图形，如图所示：
则|FB|=3|AC|，
∵△BOF∽△COA，
∴|OF||OA|=|BF||AC|=3，
即e=ca=3．
故选：A．
利用三角形相似，结合双曲线的性质求解．
本题主要考查了双曲线的性质，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：∵抛物线y2=4 3x的准线为x=− 3，
∴根据题意可知椭圆中，c= 3，b=1，∴a=2，又椭圆焦点在x轴上，
∴椭圆的方程是x24+y2=1．
故选：A．
根据题意可得抛物线y2=4 3x的准线为x=− 3，从而可得椭圆中，c= 3，b=1，从而可得a=2，从而可得椭圆方程．
本题考查抛物线的几何性质与椭圆的几何性质，属基础题．
9.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了点到直线的距离，线面垂直的判定和性质．
取PA的中点M，连接BM、CM，可证得CM的长即为点C到直线PA的距离，在直角三角形BCM中，由勾股定理求得CM．
【解答】
解：如图，取PA的中点M，连接BM，CM，
因为PB⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PB⊥BC，
又因为AB⊥BC，PB∩AB=B，PB，AB⊂平面PBA．
所以BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，
所以BC⊥PA，
因为M是PA的中点，PB=AB，
所以BM⊥PA，
又BC⊥PA，BM∩BC=B，BM，BC⊂平面BCM，
所以PA⊥平面BCM，
又CM⊂平面BCM，
所以CM⊥PA，
即CM为点C到直线PA的距离，
在等腰直角三角形PAB中，
BM= 22PB=2 2，
在直角三角形BCM中，CM= BM2+BC2= 8+4=2 3，
故点C到直线PA的距离为2 3，
故选：A．
10.【答案】l⊥α
【解析】解：根据题意，m=(2,12,−1)，n=(−4,−1,2)，
有n=−2m，即m//n，
一个平面α的法向量是m=(2,12,−1)，一条直线l的方向向量是n=(−4,−1,2)，
必有l⊥α．
故答案为：l⊥α．
根据题意，由m、n的坐标分析可得m//n，结合平面法向量的定义分析可得答案．
本题考查空间向量的应用，涉及平面的法向量，属于基础题．
11.【答案】25
【解析】解：公比为12，且2a1+a2=1，
则2a1+12a1=1，解得a1=25．
故答案为：25．
根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
12.【答案】−3
【解析】解：直线l1：ax+3y−3=0与l2：2x+(a+1)y−3=0，l1//l2，
则a(a+1)=2×3，解得a=2或a=−3，
当a=2时，两直线重合，不符合题意，
当a=−3时，两直线不重合，符合题意．
综上所述，a=−3．
故答案为：−3．
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．
13.【答案】1
【解析】【分析】
本题考查空间向量的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
由a⊥b，可建立关于m的方程，解出即可．
【解答】
解：因为a=(1,−1,0)，b=(m,1,−1)，a⊥b，
所以m−1=0，解得m=1，
故答案为：1．
14.【答案】3 35
【解析】解：由已知a=2,b= 3，得c= a2−b2= 4−3=1，
则|F1F2|=2c=2，|PF1|+|PF2|=2a=4，
在△PF1F中，由余弦定理，得|PF2|2=|PF1|2+|F1F2|2−2|PF1||F1F2|cs120°，
所以|PF2|2=|PF1|2+4+2|PF1|，
由|PF1|+|PF2|=2a=4，得|PF2|=4−|PF1|，
所以(4−|PF1|)2=|PF1|2+4+2|PF1|，化简解得|PF1|=65，
所以△PF1F2的面积为12|PF1|⋅|F1F2|sin120°=12×65×2× 32=3 35．
故答案为：3 35．
根据椭圆的定义、余弦定理等知识求得|PF1|，|F1F2|，从而求得△PF1F2的面积．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
15.【答案】[−2 2,2 2]
【解析】【分析】
本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，体现了转化的数学思想．
由题意可得圆心为C(2,0)，半径R=2；设两个切点分别为A、B，则由题意可得四边形PACB为正方形，圆心到直线y=k(x+1)的距离小于或等于PC=2 2，
即|2k−0+k| k2+1≤2 2，由此求得k的范围．
【解答】
解：∵C的方程为x2+y2−4x=0，故圆心为C(2,0)，半径R=2．
设两个切点分别为A、B，则由题意可得四边形PACB为正方形，
故有PC= 2R=2 2，
∴圆心到直线y=k(x+1)的距离小于或等于PC=2 2，
即|2k−0+k| k2+1≤2 2，解得k2≤8，可得−2 2≤k≤2 2，
故答案为[−2 2,2 2].
16.【答案】解：(1)由题意可得焦点在x轴上，且c=4，2a=10，所以a=5，
所以可得b2=a2−c2=25−16=9，
所以椭圆的标准方程为：x225+y29=1；
(2)由题意可得椭圆的焦点在y轴上，且c=2，2a= (4−0)2+(3 2−2)2+ (4−0)2+(3 2+2)2= 38−12 2+ 38+12 2=6− 2+6+ 2=12，
所以a=6，可得b2=a2−c2=36−4=32，
所以椭圆的标准方程为：y236+x232=1．
【解析】本题考查椭圆的定义及标准方程的求法，属于基础题．
(1)由题意可得焦点在x轴上，且可知a，c的值，进而求出b的值，求出椭圆的标准方程；
(2)由题意可知焦点在y轴上，由椭圆的定义可知2a的值，再由a，c的值可得b的值，进而求出椭圆的标准方程．
17.【答案】解：(1)因为圆M：x2+(y−4)2=1，
所以圆心坐标为(0,4)；
(2)圆心到直线l的距离为d=|−4+3| 3+1=12，
所以圆M被直线l截得的弦长为2 r2−d2=2 1−14= 3；
(3)因为点Q在N上，N表示函数y=x2的图象，
所以设点Q的坐标为(x,x2)，
因为圆心坐标M(0,4)，
所以|QM|= (x−0)2+(x2−4)2= x4−7x2+16= (x−72)2+154≥ 152，
所以|PQ|=|QM|−1≥ 152−1，当且仅当P，Q，M三点共线时等号成立，
所以|PQ|的最小值为 152−1．
【解析】(1)直接写出圆心坐标即可；
(2)由圆的弦长公式计算即可；
(3)设点Q的坐标为(x,x2)，将问题转化为求|PQ|=|QM|−的最小值，求|QM|的最小值即可．
本题考查直线与圆的位置关系，圆的综合应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：以A为坐标原点，AD，AB，AS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A(0,0,0)，S(0,0,2)，B(0,2,0)，M(0,1,1)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，
故AM=(0,1,1)，设平面SCD的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅SC=(x,y,z)⋅(2,2,−2)=2x+2y−2z=0m⋅SD=(x,y,z)⋅(1,0,−2)=x−2z=0，不妨取m=(2,−1,1)，
则AM⋅m=0−1+1=0，故AM⊥m，
又AM不在平面SCD内，
∴AM/​/平面SCD；
(2)设平面CDM的法向量为n=(x1,y1,z1)，则n⋅CD=(x1,y1,z1)⋅(−1,−2,0)=−x1−2y1=0n⋅DM=(x1,y1,z1)⋅(−1,1,1)=−x1+y1+z1=0，不妨取n=(2,−1,3)，
设二面角S−CD−M的平面角为θ，则csθ=cs=m⋅n|m||n|=4 21，
故sinθ= 1−cs2θ= 10521，即二面角S−CD−M的正弦值为 10521；
(3)假设存在满足题意的点N，且DN=λDC(0≤λ≤1)，
设点N的坐标为N(a,b,c)，则(a−1,b,c)=λ(1,2,0)，故N(λ+1,2λ,0)，故MN=(λ+1,2λ−1,−1)，
由于平面SAB的一个法向量为AD=(1,0,0)，由题意可得|MN⋅AD||MN||AD|=|λ+1| (λ+1)2+(2λ−1)2+1= 357，解得λ=23∈[0,1]，
综上，存在满足题意的点N，且DNDC=23．
【解析】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，利用空间向量处理空间角以及探索性问题等，考查运算求解能力，是中档题．
(1)建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量的关系即可证得线面平行；
(2)结合(1)中的结论进一步求得两个半平面的法向量，首先确定二面角的余弦值，然后求解二面角的正弦值即可；
(3)设出点的坐标，由线面夹角的正弦值公式计算可确定满足题意的点是否存在．
19.【答案】解：(1)由ca= 22，2c=2，a2=b2+c2，解得a= 2，b=1
所以，椭圆E的方程为x22+y2=1．
(2)设过F(−1,0)的直线方程为x=my−1，代入椭圆E的方程，化简得(m2+2)y2−2my−1=0，显然△>0．
设A(x1,x2)，B(x1,x2)，则y1+y2=2mm2+2，y1y2=−1m2+2
从而|y1−y2|= (2mm2+2)2+4m2+2=2 2(m2+1)(m2+2)2．
所以S△OAB=12|OF|⋅|y1−y2|= 2(m2+1)(m2+2)2=23，解得m=±1，
所以直线l的方程为x−y+1=0或x+y+1=0．
【解析】(1)根据已知条件求出a，b，直接写出方程即可；
(2)设过F(−1,0)的直线方程为x=my−1，代入椭圆E的方程，化简整理得关于y的一元二次方程，设A(x1,x2)，B(x1,x2)，则y1+y2=2mm2+2，继而求出|y1−y2|，再由三角形的面积列方程，求得m值即可．
本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的关系，三角形的面积公式等知识，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)设数列{an}是公比为q的等比数列，数列{bn}是公差为d的等差数列，
由a1=3，b2=a2，b5=a3+3，b8=a4，可得b1+d=3q，b1+4d=3q2+3，b1+7d=3q3，
解得q=2，d=3，b1=3，
则an=3⋅2n−1，bn=3+3(n−1)=3n；
(Ⅱ)证明：cn=lg2an3=lg22n−1=n−1，
1c2c3+1c3c4+…+1cncn+1=11×2+12×3+…+1(n−1)n
=1−12+12−13+…+1n−1−1n=1−1n<1；
(Ⅲ)由b2n(33)bn+1=6n(33)3(n+1)=2n3n，
可设Tn=i=1nb2i(33)bi+1=23+49+627+…+2n3n，
13Tn=29+427+681+…+2n3n+1，
相减可得23Tn=23+29+227+…+23n−2n3n+1
=2⋅13(1−13n)1−13−2n3n+1，
化简可得i=1nb2i(33)bi+1=32−2n+32⋅3n．
【解析】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的裂项相消求和、错位相减法求和，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．
(Ⅰ)设数列{an}是公比为q的等比数列，数列{bn}是公差为d的等差数列，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公比、公差，可得所求通项公式；
(Ⅱ)由对数的运算性质求得cn=n−1，再由数列的裂项相消求和，结合不等式的性质即可得证；
(Ⅲ)由b2n(33)bn+1=6n(33)3(n+1)=2n3n，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．