2023-2024学年广东省中山一中高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年广东省中山一中高二（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.若直线l的方向向量是e=(1, 3)，则直线l的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,1),n=(1,−1,0)，则这两个平面的夹角为( )
A. 30°B. 60°C. 60°或120°D. 120°
3.直线l1：ax+y−1=0与直线l2：x−ay−1=0的位置关系是( )
A. 垂直B. 相交且不垂直C. 平行D. 平行或重合
4.若抛物线y2=2px(p>0)上的点A(x0, 2)到其焦点的距离是A到y轴距离的3倍，则抛物线的标准方程为( )
A. y2=xB. y2=2xC. y2=3xD. y2=4x
5.在长方体OABC−O1A1B1C1中，|OA|=2，|AB|=3，|AA1|=2，E是BC的中点，则直线AO1与B1E所成的角的余弦值为( )
A. 102B. 105C. 1010D. 10
6.在等比数列{an}中，a 3=32，其前三项的和S 3=92，则数列{an}的公比等于( )
A. −12B. 12C. −12或1D. 12或1
7.若直线y=mx+2与焦点在x轴上的椭圆x29+y2n=1总有公共点，则n的取值范围是( )
A. (0,4]B. (4,9)C. [4,9)D. [4,9)∪(9,+∞)
8.双曲线的光学性质为：如图①，从双曲线右焦点F2发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点F1.我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质.某“双曲线新闻灯”的轴截面是双曲线一部分，如图②，其方程为x2a2−y2b2=1，F1，F2为其左、右焦点，若从右焦点F2发出的光线经双曲线上的点A和点B反射后，满足∠BAD=90°，tan∠ABC=−34，则该双曲线的离心率为( )
A. 52B. 5C. 102D. 10
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O(0,0,0)，A(1,−1,2)，B(1,−1,−2)，C(1,1,−2)，则下列说法正确的是( )
A. 点A，B关于平面xOy对称B. 点A，C关于x轴对称
C. O，A，B三点构成直角三角形D. O，A，B三点构成钝角三角形
10.已知直线l：kx−y−k=0与圆M：x2+y2−4x−2y+1=0，则下列说法正确的是( )
A. 直线l恒过定点(1,0)B. 圆M的圆心坐标为(2,1)
C. 存在实数k，使得直线l与圆M相切D. 若k=1，直线l被圆M截得的弦长为2
11.欧拉函数φ(n)(n∈N∗)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素的正整数的个数(互素是指两个整数的公约数只有1)，例如，φ(1)=1，φ(3)=2，φ(7)=6.下列说法正确的是( )
A. φ(11)=10
B. 数列{φ(n)}为递增数列
C. 数列{φ(2n)}为等比数列
D. 数列{nϕ(2n)}的前n项和为Sn，则Sn0)的两个焦点，若椭圆上存在点P满足∠F1PF2=π3，记△F1PF2的外接圆和内切圆半径分别是R，r，则Rr的值为______．
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)
已知圆C经过点(2,0)和(0,2)且圆心在直线x+y=4上．
(1)求圆C的方程；
(2)若点P为圆C上的任意一点，求点P到直线l：2x+y+2=0距离的最大值和最小值．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，且AB⊥AD，AD=2BC，已知侧棱AP⊥平面ABCD，设点E为棱PD的中点．
(1)证明：CE//平面ABP；
(2)若AB=AP=AD=2，求点P到平面BCE的距离．
19.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和Sn，且Sn+1=3Sn+1，a1=1，其中n∈N∗．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)设cn=lg3an,n为奇数4(n+2)(1+lg3an),n为偶数，求数列{cn}的前20项和T20．
20.(本小题12分)
马戏团的表演场地是一个圆锥形棚，如图，D为棚顶，O是棚底地面的中心，AE为棚底直径，AE=AD，△ABC是棚底的内接正三角形，中间的支柱DO=18米，从支柱上的P点向棚底周围拉了4根绳子PA、PB、PC、PE供动物攀爬表演，有一个节目表演的是猴子从E点沿着绳子PE爬到P点，再沿着PD爬到棚顶，然后从棚顶跳到PA、PB、PC中的某一根绳子上．
(1)当P点取在距离O点3 6米处时，证明拉绳PA所在直线和平面PBC垂直；
(2)经验表明当拉绳PE所在直线和平面PBC所成角的正弦值最大时，节目的观赏性最佳，问此时应该把P点取在什么位置．
21.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，若动点P(x,y)(y≥0)到点F(0,1)的距离比它到x轴的距离大1的轨迹为曲线H.设直线l过点F(0,1)且与曲线H交于A，B两点，且A(x1,y1)，B(x2,y2)，(x10)．
(1)求曲线H的方程；
(2)若点M是直线y=−1上任意一点，设直线MA，MB，MF(其斜率都存在)的倾斜角依次为α，β，γ，求证：1tanα+1tanβ=2tanγ．
22.(本小题12分)
对于数列{an}，规定数列{Δan}为数列{an}的一阶差分数列，其中Δan=an+1−an，n∈N∗．
(1)已知数列{an}的通项公式为an=n3，数列{Δan}的前n项和为An．
①求An；
②记数列{3n+1}的前n项和为Tn，数列{n2}的前n项和为Pn，且An=Tn+λPn，求实数λ的值．
(2)北宋数学家沈括对于上底有ab个，下底有cd个，共有n层的堆积物(堆积方式如图)，提出可以用公式S=n6[(2b+d)a+(b+2d)c]+n6(c−a)求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”.试证明上述求和公式．
参考答案
1.B
2.B
3.A
4.D
5.C
6.C
7.C
8.C
9.ABD
10.AB
11.ACD
12.ACD
13.−32
14.20
15.[−3,−1]∪[1,3]
16.2
17.解：(1)设圆心为C(a,b)，半径为r(r>0)，
则圆C的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，
由已知可得，(2−a)2+(0−b)2=r2(0−a)2+(2−b)2=r2a+b=4，解得a=2b=2r=2，
所以圆C的标准方程为(x−2)2+(y−2)2=4；
(2)由(1)知，圆心为C(2,2)，半径r=2，
圆心C(2,2)到直线l：2x+y+2=0的距离d=|2×2+2+2| 22+12=8 55>r，
所以直线l与圆C相离，
所以点P到直线l：2x+y+2=0距离的最大值为d+r=8 55+2，最小值为d−r=8 55−2．
18.解：(1)证明：取PA中点F连接EF，FB，又点E为棱PD的中点，
∴EF/​/AD，且EF=12DA，又易知BC/​/AD，且BC=12DA，
∴EF//CB，且EF=CB，
∴四边形EFBC为平行四边形，
∴CE/​/BF，又CE⊄平面ABP，BF⊂平面ABP，
∴CE//平面ABP；
(2)根据题意，以AD，AD，AP所在直线为轴，建系如图，
则根据题意可得P(0,0,2)，B(0,2,0)，C(1,2,0)，D(2,0,0)，E(1,0,1)，
∴PB=(0,2,−2)，BC=(1,0,0)，BE=(1,−2,1)，
设平面BCE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BC=x=0n⋅BE=x−2y+z=0，取n=(0,1,2)，
∴点P到平面BCE的距离为|PB||cs|=|PB⋅n||n|=2 5=2 55．
19.(1)证明：对于Sn+1=3Sn+1，a1=1，当n=1时，a1+a2=3a1+1，a2=2a1+1=3，
当n≥2时，由Sn+1=3Sn+1得Sn=3Sn−1+1，两式相减得an+1=3an(n≥2)，由于a2=3a1，
所以{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an=3n−1．
(2)解：①当n为奇数时，cn=lg3an=n−1，c1=0，c19=18，
所以c1+c3+⋯+c19=0+182×10=90．
②当n为偶数时，cn=4(n+2)(1+lg3an)=2(1n−1n+2)；
所以c2+c4+⋯+c20=2[(12−14)+(14−16)+⋯+(120−122)]=1−111=1011．
所以T20=90+1011=100011．
20.解：(1)证明：因为AE=AD，AD=DE，所以△ADE是正三角形，则∠DAO=π3，
易知DO⊥底面圆O，而AE⊂底面圆O，所以DO⊥AE，
又在Rt△AOD中，DO=18，所以AO=DO 3=6 3，
因为△ABC是正三角形，所以AB=AO× 32×2=6 3× 3=18，
且AP= AO2+PO2=9 2，BP=AP，所以AP2+BP2=AB2，则AP⊥BP，
同理可证AP⊥CP，
又BP∩PC=P，BP，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC，
即拉绳PA所在直线和平面PBC垂直．
(2)如图，以O为原点，OC，OD所在直线为x，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
设|PO|=x，(0≤x≤18)，∴P(0,0,x)，E(−3 3,9,0),B(3 3,9,0),C(−6 3,0,0)，
所以EP=(3 3,−9,x),PB=(3 3,9,−x)，PC=(−6 3,0,−x)，
设平面PBC的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅PB=3 3a+9b−cx=0n⋅PC=−6 3a−cx=0，
令a=x，则b=− 3x,c=−6 3，
故n=(x,− 3x,−6 3)，
设直线EP和平面PBC所成的角为θ，
则sinθ=cs=6 3x 108+x2⋅ 4x2+108=6 3 4x2+1082x2+540≤6 3 2 4x2⋅1082x2+540=13，
当且仅当4x2=1082x2，即|PO|=x=3 6米时，拉绳PE所在直线和平面PBC所成角的正弦值最大，
故应该把P点取在距离O点3 6米处．
21.解：(1)根据已知：动点P(x,y)(y≥0)到点F(0,1)的距离比它到x轴的距离大1的轨迹为曲线H，
那么相当于动点P(x,y)(y≥0)到点F(0,1)的距离与它到y=−1的距离相等．
那么根据抛物线的定义可知：H的方程为x2=4y．
(2)证明：根据题意易知直线AB的斜率存在，设直线AB斜率为k，那么AB的方程为y=kx+1，
联立直线AB方程和椭圆方程可得y=kx+1x2=4y，解得x2−4kx−4=0，
所以根的判别式Δ=(4k)2−4×(−4)=16k2+16>0恒成立，

如图，根据第一问可得x1x2=−4，x1+x2=4k，
因此x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=16k2+8，且y1=x124,y2=x224，则y1y2=(x1x2)216=1，
因为点M是直线y=−1上任意一点，设直线MA，MB，MF(其斜率都存在)的倾斜角依次为α，β，γ，
所以设M(x0,−1)，那么tanα=y1+1x1−x0,tanβ=y2+1x2−x0,tanγ=−2x0，
因此1tanα+1tanβ=x1−x0y1+1+x2−x0y2+1=x1−x014x12+1+x2−x014x22+1=4(x1−x0)x12+4+4(x2−x0)x22+4
=4(x1−x0)(x22+4)+4(x2−x0)(x12+4)(x12+4)(x22+4)=4[x1x2(x1+x2)+4(x1+x2)−x0(x12+x22)−8x0](x12+4)(x22+4)=4[−16k+16k−x0(16k2+8)−8x0]16+4(16k2+8)+16=4x0(−16k2−16)4(16k2+16)=−x0．
又因为2tanγ=2(2x0)=−x0，
因此1tanα+1tanβ=2tanγ．
22.解：(1)①由题意，Δan=an+1−an=(n+1)3−n3，
所以，An=Δan+Δan−1+⋯+Δa1=(n+1)3−n3+n3−(n−1)3+⋯+23−13，
即An=(n+1)3−1．
②由题意知，Δan=(n+1)3−n3=3n2+3n+1，
所 i=1nΔai=i=1n(3i2)+i=1n(3i+1)=3i=1ni2+i=1n(3i+1)，
即An=3Pn+Tn，所以λ=3；
(2)证明：设数列{an}的通项公式为an=(a+n−1)(b+n−1),n∈N∗，
则由题意知，需证明的公式中，S即为数列{an}的前n项和，c⋅d即为数列{an}的第n项，且c=(a+n−1)，d=(b+n−1)．
又 an=(a+n−1)(b+n−1)=ab+(n−1)(a+b)+(n−1)2，
且i=1nab=nab，i=1n(i−1)(a+b)=(a+b)⋅n(n−1)2，
由(1)知 Pn=i=1ni2=13(An−Tn)=13[(n+1)3−1−(3n+5)n2]=13n3+12n2+16n，
所以，i=1n(i−1)2=Pn−n2=13n3−12n2+16n，
所以 S=nab+(a+b)⋅n(n−1)2+13n3−12n2+16n=13n3+a+b−12n2+6ab−3(a+b)+16n，
又c=(a+n−1)，d=(b+n−1)，
则 n6[(2b+d)a+(b+2d)c]+n6(c−a)=n6[(3b+n−1)a+(3b+2n−2)(a+n−1)]+n6(n−1)=13n3+a+b−12n2+6ab−3(a+b)+16n，
所以 S=n6[(2b+d)a+(b+2d)c]+n6(c−a)成立．