2023-2024学年山东省泰安市高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省泰安市高二（上）期末数学试卷（含答案），共10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x+ 3y+2=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.在等比数列{an}中，若a5a7a9a11=36，则a2a14=( )
A. 6B. 9C. ±6D. ±9
3.点P(2,3)关于直线x+y+2=0的对称点的坐标为( )
A. (−3,−2)B. (−2,−3)C. (−5,−4)D. (−4,−5)
4.已知直线l的方向向量为u=(1,−2,2)，则向量a=(−1,1,2)在直线l上的投影向量坐标为( )
A. (13,−23,23)B. (−13,13,23)C. (−19,19,29)D. (19,−29,29)
5.已知两个等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且SnTn=3n+15n−2，则a7b6的值为( )
A. 35B. 4053C. 1114D. 23
6.已知圆C：x2+y2=4，直线l：y=kx+m，若当k的值发生变化时，直线l被圆C所截得的弦长的最小值为2 3，则实数m的取值为( )
A. ± 2B. ± 3C. ±1D. ± 32
7.已知A，F分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点和左焦点，B，C是椭圆上关于原点对称的点，若直线CF交线段AB于M,AM=12MB，则椭圆的离心率为( )
A. 23B. 12C. 154D. 2 65
8.已知直线l：y=−x2+m与曲线C：y=12 |4−x2|恰有三个不同交点，则实数m的取值范围是( )
A. (− 2,0)∪(0, 2)B. [1, 2)
C. (0, 2)D. (1, 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.已知直线l：(a2+2a+2)x−y+2=0，a∈R，则下列结论正确的是( )
A. 若直线l与直线15ax−3y+2=0平行，则a=2 B. 直线l倾斜角的范围为[π4,π2)
C. 当a=−1时，直线l与直线x+y=0垂直 D. 直线l过定点(0,−2)
10.已知曲线x24−t+y2t−1=1(t为实数)，则下列结论正确的是( )
A. 若t∈(4,+∞)，则该曲线为双曲线
B. 若该曲线是椭圆，则1C. 若该曲线离心率为12，则t=167
D. 若该曲线为焦点在y轴上的双曲线，则离心率e∈(1, 2)
11.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是( )
A. 三棱锥A1−PC1D的体积为定值
B. 若E为DD1的中点，则直线BD1⊥平面A1C1E
C. 异面直线AP与A1D所成角的正弦值的范围是[35,1]
D. 直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦的最大值为 53
12.已知数列{an}满足a1=m (m为正整数)，an+1=an2,an为偶数3an+1,an为奇数，则下列结论正确的是( )
A. 若m=20，则a9=1
B. 若a6=1，则m所有可能取值的集合为{4,5,32}
C. 若m=3，则a101=a2024
D. 若m=2k，k为正整数，则{an}的前k项和为2k+1−2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且满足a4+a7+a10=6，则S13= ______．
14.已知空间向量PA，PB，PC的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为π3，点G为△ABC的重心，则|PG|= ______．
15.已知抛物线C：y2=2px(p>0)，过其焦点F且倾斜角为60°的直线l与抛物线交于A，B两点(A在第一象限)，若|AF|=6，则抛物线C的方程为______．
16.已知圆C：(x−1)2+(y−1)2=4，过点M(2,2)的直线l与圆C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，则|x1+y1−6|+|x2+y2−6|的最小值为______．
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.(本小题10分)
已知递增等差数列{an}满足a1=1，且a2，a5−1，a7+1成等比数列，bn=1anan+2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn．
18.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥CB，D为AB的中点，AC=CB=CC1=2．
(1)求证：AC1/​/平面B1CD；
(2)求点A1到平面B1CD的距离．
19.(本小题12分)
已知动点P(x,y)到直线l：y=−2的距离比到点F(0,1)的距离大1，点P的轨迹为曲线C1，曲线C2是中心在原点，以F(0,1)为焦点的椭圆，且长轴长为4．
(1)求曲线C1、C2的方程；
(2)经过点F的直线l1与曲线C1相交于A、B两点，与曲线C2相交于M、N两点，若|AB|=3|MN|，求直线l1的方程．
20.(本小题12分)
传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，把按照下图排列规律的数1，5，12，22，…，称为五边形数，记五边形数构成的数列为{an}，数列{bn}的前n项和为Sn，满足Sn=2−bn．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn=anbnn，求数列{cn}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
如图1，在直角梯形ABCD中，AB//DC，AB⊥BC，∠BAD=45°，AB=6，CD=2，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将平面EFCD折起，使二面角C−EF−B的大小为60°，如图2所示，设M，N分别为AB，BF的中点，P为线段AD上的动点(不包括端点)．

(1)求证：CN⊥AE；
(2)若直线MP与平面ADE所成角的正弦值是35，求APAD．
22.(本小题12分)
已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点F1(−2,0)，一条渐近线方程为y= 33x，过F1作直线l与双曲线左支交于两点M，N，点P(1,0)，延长MP，NP与双曲线右支交于C，D两点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)判断直线CD是否过定点？若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说明理由．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.D
5.B
6.C
7.B
8.D
9.BC
10.AD
11.ACD
12.BCD
13.26
14.53
15.y2=6x
16.4
17.解：(1)递增等差数列{an}满足a1=1，且a2，a5−1，a7+1成等比数列，
所以(a5−1)2=a2⋅(a7+1)，整理得(1+4d−1)2=(1+d)(2+6d)，
解得d=1或−15(负值舍去)，
故d=1，
所以an=1+n−1=n；
(2)由(1)得：bn=1anan+2=12(1n−1n+2)，
所以Sn=12(1−13+12−14+...+1n−1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2)=3n2+5n4n2+12n+8．
18.解：(1)连接BC1交B1C于E，连接DE，
因为侧面BCC1B1为平行四边形，所以E为BC1的中点，
又因为D为AB的中点，所以DE/​/AC1，
因为AC1⊄平面B1CD，DE⊂平面B1CD，
所以AC1/​/平面B1CD；
(2)以C为原点，CA，CB，CC1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
D(1,1,0)，B1(0,2,2)，A1(2,0,2)，
所以CD=(1,1,0),CB1=(0,2,2),CA1=(2,0,2)，
设平面B1CD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CD=0n⋅CB1=0即x+y=02y+2z=0，
取x=1，则y=−1，z=1，所以n=(1,−1,1)，
所以A1到平面B1CD的距离为d=|CA1⋅n||n|=2+0+2 1+1+1=4 33．
19.(1)解：由题意知，点P到直线y=−1的距离等于|PF|，
所以，点P的轨迹是以F(0,1)为焦点，y=−1为准线的抛物线，故曲线C1的方程为x2=4y．
因为椭圆C2的长轴长2a=4，F(0,1)为椭圆C2的一个焦点，则a=2，c=1，
所以，b= a2−c2= 22−12= 3，
所以曲线C2的方程为y24+x23=1．
(2)若直线l1的斜率不存在，则直线l1与抛物线x2=4y只有一个公共点，不合题意，
所以，直线l1的斜率存在，设直线l1的方程为y=kx+1，
由y=kx+1x2=4y，整理得x2−4kx−4=0，则Δ1=16k2+16>0，
设A(x1,y1)、B(x2,y2)，则x1+x2=4k，x1x2=−4，
所以，y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，则|AB|=y1+y2+2=4k2+4，
由y=kx+1y24+x23=1，整理得(3k2+4)x2+6kx−9=0，
则Δ2=36k2+36(3k2+4)=144(k2+1)>0，
设M(x3,y3)、N(x4,y4)，则x3+x4=−6k3k2+4，x3x4=−93k2+4，
所以，|MN|= 1+k2⋅ (x3+x4)2−4x3x4= 1+k2 (−6k3k2+4)2−4×−93k2+4=12(k2+1)3k2+4，
因为|AB|=3|MN|，即4(k2+1)=3×12(k2+1)3k2+4，可得k2=53，解得k=± 153，
所以，直线l1的方程为y=± 153x+1．
20.解：(1)由题意可知an=1n=1an−1+3n−2n≥2，
∴当n≥2时，an−an−1=3n−2；
累加得an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)=a1+3(2+3+4+⋯+n)−2(n−1)，
=1+3(n−1)(n+2)2−2(n−1)=1+(n−1)(3n+2)2=3n2−n2(n≥2)，
当n=1时，a1=1满足上式．
∴an=3n2−n2,n∈N∗，
∵Sn=2−bn．
∴当n≥2时，Sn−1=2−bn−1，且b1=1≠0，
∴两式相减得bn=−bn+bn−1，
∴2bn=bn−1，即bnbn−1=12(n≥2)．
∴数列{bn}是首项为1，公比为12的等比数列，
∴bn=(12)n−1．
(2)cn=(3n−1)n2(12)n−1n=(3n−1)(12)n，
∴Tn=2×(12)+5×(12)2+⋯+(3n−1)×(12)n①，
12Tn=2×(12)2+5×(12)3+⋯+(3n−1)×(12)n+1②，
①−②得12Tn=1+3×[(12)2+(12)3+⋯+(12)n]−(3n−1)×(12)n+1，
=1+3×14−(12)n+11−12−(3n−1)×(12)n+1，
=52−3n+52n+1．
所以：Tn=5−3n+52n．
21.解：(1)证明：∵E，F分别为AD，BC的中点，∴EF//AB．
∴EF⊥FB，EF⊥FC
∵FB∩FC=F，FB，FC⊂平面BCF
∴EF⊥平面BCF，∵CN⊂平面BCF，∴EF⊥CN，
∵∠CFB是二面角C−EF−B的平面角，∴∠CFB=60°．
∵FC=FB，∴△BCF为等边三角形，
∴CN⊥BF．
∵EF∩BF=F，EF，BF⊂平面ABFE，
∴CN⊥平面ABFE，
又∵AE⊂平面ABFE，∴CN⊥AE．
(2)设AE中点为Q，由(1)知NQ，NB，NC两两垂直，以N为原点，NQ，NB，NC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．

∵AB=6，CD=2，∠BAD=45°，∴CF=BF=2，
∴C(0,0, 3),A(6,1,0),E(4,−1,0),D(2,0, 3),M(3,1,0)，
∴AD=(−4,−1, 3),AE=(−2,−2,0),MA=(3,0,0)，
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AE=0n⋅AD=0即−2x−2y=0−4x−y+ 3z=0，
取x=1，则y=−1,z= 3∴n=(1,−1, 3)，
设AP=λAD=(−4λ,−λ, 3λ),λ∈(0,1)，
∴MP=MA+AP=(3,0,0)+(−4λ,−λ, 3λ)=(3−4λ,−λ, 3λ)，
设MP与平面ADE所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=3 5 (3−4λ)2+λ2+3λ2
=3 5 20λ2−24λ+9=35，
解得λ=15或λ=1(舍)，
∴APAD=15．
22.解：(1)由题意可知：c=2ba= 33c2=a2+b2，
解得a= 3,b=1，
∴双曲线E的方程为x23−y2=1．
(2)当直线l的斜率存在时，设为k，则直线l的方程为y=k(x+2)，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由x23−y2=1y=k(x+2)，
整理得(1−3k2)x2−12k2x−12k2−3=0，
则x1+x2=12k21−3k2,x1x2=−12k2−31−3k2，
∵l与左支交于两点，
∴1−3k2≠012k21−3k2<0−12k2−31−3k2>0Δ>0，解得k2>13，
则直线MC的方程为y=y1x1−1(x−1)，
代入x23−y2=1，整理得[1−3y12(x1−1)2]x2+6y12(x1−1)2x−3y12(x1−1)2−3=0，
设C(x3,y3)，则x1x3=−3y12(x1−1)2−31−3y12(x1−1)2=2x12−3x1x1−2，
∴x3=2x1−3x1−2，∴y3=y1x1−2，
∴C(2x1−3x1−2,y1x1−2)，同理D(2x2−3x2−2,y2x2−2)，
∴直线CD的斜率kCD=y1x1−2−y2x2−22x1−3x1−2−2x2−3x2−2=4k(x2−x1)x2−x1=4k，
∴直线CD的方程为y−y1x1−2=4k(x−2x1−3x1−2)，即y=4k(x−74)，
∴直线CD过定点(74,0)．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−2，
不妨设M点在x轴上方，则M(−2, 33)，直线MC的方程为y=− 39(x−1)，
由y=− 39(x−1)x23−y2=1，解得C(74,− 312)，
同理D(74, 312)，
此时直线CD过点(74,0)．
综上所述，直线CD过定点(74,0)．