2023-2024学年河北省唐山市高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年河北省唐山市高二（上）期末数学试卷（含答案），共9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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.抛物线y2=x的焦点坐标是( )
A. (12,0)B. (14,0)C. (0,12)D. (0,14)
2.已知向量AB=(0,1,2)，则|AB|=( )
A. 1B. 3C. 5D. 5
3.记Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3=6，S6=21，则S12=( )
A. 27B. 36C. 45D. 78
4.已知圆x2+y2=4与圆(x−5)2+y2=9，则两圆公切线的条数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.已知{an}，{bn}均为等差数列，且a1=1，b1=2，a3+b3=5，则a2023+b2023=( )
A. 2026B. 2025C. 2024D. 2023
6.线段AB长度为4，其两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则线段AB中点的轨迹所围成图形的面积为( )
A. 2B. 4C. 2πD. 4π
7.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，若AB= 2BB1，则AB1与BC1所成角的大小为( )
A. 60°
B. 90°
C. 105°
D. 75°
8.已知M是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点，椭圆的左、右顶点分别为A，B.MN垂直椭圆的长轴，垂足为N，若|NA|⋅|NB|=2|MN|2，则该椭圆的离心率为( )
A. 12B. 22C. 34D. 32
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.已知直线l1：(a+2)x+3y+3=0与l：x−y−2=0，则( )
A. 若a=1，则两直线垂直B. 若两直线平行，则a=5
C. 直线l1恒过定点(0,−1)D. 直线l2在两坐标轴上的截距相等
10.数列{an}满足：a1=0，an+1=−1an+2，则( )
A. a2=−12B. S3=16
C. {an}为单调递减数列D. {1an+1}为等差数列
11.已知双曲线C：y2−x22=1，直线l：y=kx与C交于A，B两点，点P是C上异于A，B的一点，则( )
A. C的焦点到其渐近线的距离为 2
B. 直线PA与PB的斜率之积为2
C. 过C的一个焦点作弦长为4的直线只有1条
D. 点P到两条渐近线的距离之积为23
12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P，Q分别是棱AB，B1C1上的动点(含端点)，则( )
A. 四面体PQA1D1的体积是定值
B. 直线A1P与平面A1B1CD所成角的范围是[π6,π4]
C. 若P，Q分别是棱AB，B1C1的中点，则|PQ|= 6
D. 若P，Q分别是棱AB，B1C1的中点，则经过P，Q，C三点作正方体的截面，截面面积为2 5
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知等比数列{an}的公比为q，且00，a1=1，
∵a3=2a2+3，
∴q2=2q+3，q>0，
解得q=3，
∴an=3n−1；
(2)由(1)可得：数列{an+n}的前n项和Tn=3n−13−1+n(n+1)2
=12(3n−1)+n(n+1)2．
19.解：(1)证明：取PC中点F，连结EF，DF，如图，

∵E为PB的中点，∴EF/​/BC，EF=12BC，
∵AD/​/BC，AD=12BC，∴EF/​/AD，EF=AD，
∴四边形AEFD是平行四边形，∴AE/​/DF，
∵AE⊄平面PDC，DF⊂平面PDC，
∴AE/​/平面PDC．
(2)取AD中点O，BC中点G，连接PO，OG，则OG⊥AD，
∵△PAD是等边三角形，∴PO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD，
∵OG⊂平面ABCD，∴PO⊥OG，
分别以OG，OD，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

PO= 32AD= 3，则P(0,0, 3)，A(0,−1,0)，B( 3,−2,0)，C( 3,2,0)，
∴PC=( 3,2,− 3)，AP=(0,1, 3)，AB=( 3,−1,0)，
设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z)，
则AP⋅n=y+ 3z=0AB⋅n= 3x−y=0，取x=1，得n=(1, 3,−1)，
设直线PC与平面PAB所成角为θ，
则sinθ=|PC⋅n||PC|⋅|n|=4 3 10× 5=2 65，
∴直线PC与平面PAB所成角的正弦值为2 65．
20.解：(1)∵a1=1，a2=4，an+2−2an+1+an=2，
∴a3−2a2+a1=2，即a3−2×4+1=2，
∴a3=9，
同理可得a4=16．
(2)证明：∵an+2−2an+1+an=2，
∴(an+2−an+1)−(an+1−an)=2，又a2−a1=3，
∴数列{an+1−an}是等差数列，首项为3，公差为2；
(3)由(2)可得：an+1−an=3+2(n−1)，
∴an+1−an=2n+1，
∴an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+…+(a2−a1)+a1=(2n−1)+(2n−3)+…+3+1=n(2n−1+1)2=n2．
∴bn=1an+2n=1n2+2n=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
∴数列{bn}的前n项和Tn=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)+…+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]=12(1+12−1n+1−1n+2)=34−2n+32(n+1)(n+2)．
21.解：(1)证明：因为平面ABB1A1为正方形，
所以AB⊥AA1，
又因为AB⊥AD，AA1∩AD=A，AA1⊂平面A1ACC1，AD⊂平面A1ACC1，
所以AB⊥平面A1ACC1，
因为AC⊂平面A1ACC1，所以AB⊥AC；
(2)由(1)知，AB⊥AC，AB⊥AA1，
因为平面A1ACC1为正方形，所以AC⊥AA1，
所以AA1，AB，AC两两互相垂直，
以A为坐标原点，AA1，AB，AC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，O(1,1,0)，
因为D为A1C1中点，所以D(2,0,1)，CB=(0,2,−2)，
因为CE=λCB=(0,2λ,−2λ)，所以E(0,2λ,2−2λ)，
因为OD=(1,−1,1),DE=(−2,2λ,1−2λ)，
设平面ODE的法向量为n=(x,y,z)，
则OD⋅n=x−y+z=0DE⋅n=−2x+2λy+(1−2λ)z=0，
令x=1，则y=3−2λ，z=2−2λ，所以n=(1,3−2λ,2−2λ)，
由题可知，平面A1ACC1的一个法向量为m=(0,1,0)，
则|cs〈m⋅n〉|=|3−2λ1× 1+(3−2λ)2+(2−2λ)2|= 63，
即(3−2λ)2=23[1+(3−2λ)2+(2−2λ)2]，
整理得：4λ2−4λ+1=0，即(2λ−1)2=0，所以λ=12，
所以当λ=12时，平面ODE与平面A1ACC1夹角的余弦值为 63．
22.解：(1)由题意可得2a=4，则a=2，e=ca= 1−b2a2= 32，可得b2=1，
所以椭圆的方程为：x24+y2=1；
(2)显然直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x=my−1，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，设M在x轴上方，
由(1)可得A(−2,0)，B(2,0)，D(−1,0)，|AD|=1，|BD|=3，
联立x=my−1x24+y2=1，整理可得(4+m2)y2−2my−3=0，
显然Δ>0成立，
可得y1+y2=2m4+m2，y1y2=−34+m2，
可得(y1+y2)2y1y2=−4m23(4+m2)=−43+163(4+m2)∈(−43,0]，
即y1y2+y2y1+2∈(−43,0]，
所以y1y2+y2y1∈(−103,−2]，
所以y1y2