2022-2023学年山东省菏泽市巨野一中高二（上）期末数学试卷含答案

2022-2023学年山东省菏泽市巨野一中高二（上）期末数学试卷一、单选题1．（5分）{an}是首项和公差均为3的等差数列，如果an＝2022，则n等于（）A．671 B．672 C．673 D．6742．（5分）设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3＝11，S10＝60，则a5＝（）A．7 B．8 C．9 D．103．（5分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数λ（λ＞0，且λ≠1），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．若点C到A（﹣1，0），B（1，0）的距离之比为3，则点C到直线x﹣2y+8＝0的距离的最小值为（）A．25-3 B．5-3 4．（5分）如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈，极简和雕塑般的气质，该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在y轴上的双曲线y2a2-xA．53 B．54 C．435．（5分）已知椭圆M：x2a2+y2=1(a＞1)的中心为O，过焦点F的直线l与M交于A，B两点，线段AF的中点为P，若|OPA．x22+yC．x24+6．（5分）对于空间一点O和不共线三点A，B，C，且有6OP→=OA→+A．O，A，B，C四点共面 B．P，A，B，C四点共面 C．O，P，B，C四点共面 D．O，P，A，B，C五点共面7．（5分）已知直线y＝kx+2与圆C：x2+y2＝2交于A，B两点，且|AB|＝2，则k的值为（）A．±33 B．±3 C．8．（5分）已知椭圆x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上且在x轴的下方，若线段PF2的中点在以原点OA．π6 B．π4 C．π3二、多选题（多选）9．（5分）已知在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是一个等腰直角三角形，且AB＝BC＝BB1，点E，F，G，M分别为B1C1，A1B1，AB，BC的中点，则（）A．GB1与平面ACC1A1夹角余弦值为25B．AB1与BC1所成的角为π3C．A1M∥平面EFB D．平面AB1C⊥平面A1MC（多选）10．（5分）已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别是F1，F2，M（A．△MF1F2的周长为6 B．△MF1F2的面积为153C．△MF1F2的内切圆的半径为159D．△MF1F2的外接圆的直径为32（多选）11．（5分）过抛物线C：y2＝2px上一点A（1，﹣4）作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，则（）A．C的准线方程是x＝﹣4 B．过C的焦点的最短弦长为8 C．直线MN过定点（0，4） D．当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为2x+y﹣38＝0（多选）12．（5分）已知C：x2+y2﹣6x＝0，则下述正确的是（）A．圆C的半径r＝3 B．点（1，22）在圆C的内部 C．直线l：x+3y+3＝0与圆C相切D．圆C′：（x+1）2+y2＝4与圆C相交三、填空题13．（5分）已知P为抛物线y2＝12x上一个动点，Q为圆x2+（y﹣4）2＝1上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到直线x＝﹣3的距离之和的最小值是．14．（5分）已知F为双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且BF15．（5分）斐波那契数列（Fibonaccisequence）又称黄金分割数列，是数学史上一个著名的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…．已知在斐波那契数列{an}中，a1＝1，a2＝1，an+2＝an+1+an（n∈N+），若a2022＝m，则数列{an}的前2020项和为（用含m的代数式表示）．16．（5分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，Q（2，3）为C内的一点，M为C上任意一点，且|MQ|+|MF|的最小值为4，则p＝；若直线l过点Q，与抛物线C交于A，B两点，且Q为线段AB的中点，则△OAB的面积为．四、解答题17．（10分）已知空间三点A（﹣4，0，4），B（﹣2，2，4），C（﹣3，2，3）．设a→=AB（1）求|a→|（2）求a→与b（3）若向量ka→+b→18．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn+n（1）证明：{an}是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．19．（12分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？20．（12分）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为棱CC1的中点．（1）用向量法证明：A1C∥平面B1ED1；（2）求直线B1D与平面B1ED1所成角的正弦值．21．（12分）已知P是离心率为22的椭圆C：x2（1）求椭圆C的方程；（2）设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方程；若不存在，说明理由．22．（12分）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a＞b＞0)的上、下焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，且四边形（1）求C的标准方程；（2）M，N为C上且在y轴右侧的两点，MF1∥NF2，MF2与NF1的交点为P，试问|PF1|+|PF2|是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由．

2022-2023学年山东省菏泽市巨野一中高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单选题1．（5分）{an}是首项和公差均为3的等差数列，如果an＝2022，则n等于（）A．671 B．672 C．673 D．674【解答】解：由题意，得an＝3+3（n﹣1）＝3n，再由an＝2022，得3n＝2022，即n＝674．故选：D．2．（5分）设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3＝11，S10＝60，则a5＝（）A．7 B．8 C．9 D．10【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，由a3=11S10=60所以a5＝a1+4d＝15﹣8＝7．故选：A．3．（5分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数λ（λ＞0，且λ≠1），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．若点C到A（﹣1，0），B（1，0）的距离之比为3，则点C到直线x﹣2y+8＝0的距离的最小值为（）A．25-3 B．5-3 【解答】解：由题意，设A（﹣1，0），B（1，0），C（x，y），因为|CA||CB|=3，所以(x+1)2+y2所以点P的轨迹为以M（2，0）为圆心，半径为3的圆，则点C到直线x﹣2y+8＝0的距离d=|2-0+8|1+4=故点C到直线x﹣2y+8＝0的距离的最小值为25-故选：A．4．（5分）如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈，极简和雕塑般的气质，该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在y轴上的双曲线y2a2-xA．53 B．54 C．43【解答】解：由上焦点F到下顶点的距离为18，得a+c＝18①，点F（0，c）到渐近线y=abx，即ax﹣by又c2＝a2+b2③，联立①②③解得：a＝8，c＝10，b＝6，所以e=c故选：B．5．（5分）已知椭圆M：x2a2+y2=1(a＞1)的中心为O，过焦点F的直线l与M交于A，B两点，线段AF的中点为P，若|OPA．x22+yC．x24+【解答】解：设A(m，n)，F(a2-1因为|OP|=|PF|=32，所以所以(m-a2-1)2+n2=3(m+a所以椭圆M的方程为x2故选：B．6．（5分）对于空间一点O和不共线三点A，B，C，且有6OP→=OA→+A．O，A，B，C四点共面 B．P，A，B，C四点共面 C．O，P，B，C四点共面 D．O，P，A，B，C五点共面【解答】解：∵6OP→=OA→+∴OP→=1∴P，A，B，C共面．故选：B．7．（5分）已知直线y＝kx+2与圆C：x2+y2＝2交于A，B两点，且|AB|＝2，则k的值为（）A．±33 B．±3 C．【解答】解：由圆C：x2+y2＝2，得C（0，0），半径r=2圆心C到直线l：y＝kx+2的距离d=|2|又|AB|＝2，所以12+（|2|k2+1解得：k＝±3．故选：B．8．（5分）已知椭圆x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上且在x轴的下方，若线段PF2的中点在以原点OA．π6 B．π4 C．π3【解答】解：如图，设线段PF2的中点为M，连接OM，连接PF1，则OM∥PF1，∵椭圆的方程为x2∴a2＝4，b2＝3，c2＝a2﹣b2＝1，即a＝2，c＝1，∵|OM|＝|OF2|=12|F1P|＝∴|F2M|=12|PF2|=12（2a﹣2c）＝∴△MF2O是等边三角形，则∠MF2O=π3，即直线PF2的倾斜角为故选：C．二、多选题（多选）9．（5分）已知在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是一个等腰直角三角形，且AB＝BC＝BB1，点E，F，G，M分别为B1C1，A1B1，AB，BC的中点，则（）A．GB1与平面ACC1A1夹角余弦值为25B．AB1与BC1所成的角为π3C．A1M∥平面EFB D．平面AB1C⊥平面A1MC【解答】解：以点B为坐标原点，分别以BA→，BC→，BB1→为x设AB＝BC＝BB1＝2，则E（0，1，2），F（1，0，2），G（1，0，0），M（0，1，0），A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），A1（2，0，2），B1（0，0，2），C1（0，2，2），对于A，设平面ACC1A1的一个法向量为n→=（x，y，∵AC→=（﹣2，2，0），∴-2x+2y=02z=0，取x＝1得y=1z=0，∴又∵GB∴GB1与平面ACC1A1夹角正弦值为|cos＜GB1→，∴GB1与平面ACC1A1夹角余弦值为1-(110)对于B，∵AB1→∴AB∴AB1与BC1所成角的余弦值为|cos＜AB1→，∴AB1与BC1所成的角为π3，故B对于C，设平面BEF的一个法向量为m→=（x，y，∵BE→=（0，1，2），∴y+2z=0x+2z=0，取z＝1得x=-2y=-2，∴又∵A1∴A1∴A1M∥平面EFB，故C正确，对于D，设平面AB1C的一个法向量为n1→=（x，y∵AB1→∴-2x+2z=0-2x+2y=0，取x＝1得y=1z=1，∴设平面A1MC的一个法向量为n2∵A1M→∴-2a+b-2c=0-2a+2b-2c=0，取a＝1得b=0c=-1，∴∵n1∴平面AB1C⊥平面A1MC，故D正确，故选：BCD．（多选）10．（5分）已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别是F1，F2，M（A．△MF1F2的周长为6 B．△MF1F2的面积为153C．△MF1F2的内切圆的半径为159D．△MF1F2的外接圆的直径为32【解答】解：由题意知，a＝2，b=3，c由椭圆的定义知，|MF1|+|MF2|＝2a＝4，|F1F2|＝2c＝2，所以△MF1F2的周长为|MF1|+|MF2|+|F1F2|＝4+2＝6，即选项A正确；将M（43，y0）代入椭圆方程得，(43)24所以△MF1F2的面积为S=12|F1F2|•|y0|=15设△MF1F2的内切圆的半径为r，则S=12（|MF1|+|MF2|+|F1F2|）•r，即153所以r=159，即选项不妨取M（43，153），则|MF1|=83，|MF所以△MF1F2的面积为S=12|MF1|•|MF2|sin∠F1MF2，即153=12•83•43•sin∠F1MF由正弦定理知，△MF1F2的外接圆的直径D=|F1故选：ABC．（多选）11．（5分）过抛物线C：y2＝2px上一点A（1，﹣4）作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，则（）A．C的准线方程是x＝﹣4 B．过C的焦点的最短弦长为8 C．直线MN过定点（0，4） D．当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为2x+y﹣38＝0【解答】解：将A（1，﹣4）代入C中得p＝8，则C为y2＝16x，故C的准线方程为x＝﹣4，故A正确，当过C的焦点且与x轴垂直时弦长最短，此时弦长为16，故B错误，设M(y1216，y1)，N(y联立抛物线可得，y2﹣16my﹣16n＝0，∴y1+y2＝16m，y1y2＝﹣16n，∵AM⊥AN，∴AM→⋅AN→=(y12∵y1≠0，y2≠0，∴（y1+4）（y2+4）≠0，(y1-4)(y2-4)256+1=0，化简整理可得，y1y∴﹣16n﹣64m+272＝0，得n＝﹣4m+17，∴直线MN为x＝m（y﹣4）+17，∴直线MN过定点P（17，4），故C错误，当MN⊥AP时，A到直线MN的距离最大，此时直线MN为2x+y﹣38＝0，故D正确．故选：AD．（多选）12．（5分）已知C：x2+y2﹣6x＝0，则下述正确的是（）A．圆C的半径r＝3 B．点（1，22）在圆C的内部 C．直线l：x+3y+3＝0与圆C相切D．圆C′：（x+1）2+y2＝4与圆C相交【解答】解：圆C的方程即（x﹣3）2+y2＝9，则圆的半径为3，选项A正确；(1-3)2+(22)圆心到直线x+3y+3=0的距离d=|3+0+3|C与C'的圆心距d=(-1-3)2故选：ACD．三、填空题13．（5分）已知P为抛物线y2＝12x上一个动点，Q为圆x2+（y﹣4）2＝1上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到直线x＝﹣3的距离之和的最小值是4．【解答】解：抛物线y2＝12x的焦点为F（3，0），圆x2+（y﹣4）2＝1的圆心为E（0，4），半径为1，根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离，进而推断出当P，Q，F三点共线时P到点Q的距离与点P到直线x＝﹣1距离之和的最小为：丨QF丨＝|EF|﹣r=32故答案为：4．14．（5分）已知F为双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且BF【解答】解：设双曲线焦距为2c，则F(c，0)，B(c，b因为AB的斜率为2，所以kAB整理得c2﹣2ac﹣3a2＝0，解得c＝3a，所以e＝3．故答案为：3．15．（5分）斐波那契数列（Fibonaccisequence）又称黄金分割数列，是数学史上一个著名的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…．已知在斐波那契数列{an}中，a1＝1，a2＝1，an+2＝an+1+an（n∈N+），若a2022＝m，则数列{an}的前2020项和为m﹣1（用含m的代数式表示）．【解答】解：因为a1＝a2＝1，an+2＝an+1+an（n∈N+），a2022＝m，所以数列{an}的前2020项和为a1+a2+a3+a4+...+a2020＝（a2+a1）+a2+a3+a4+...+a2020﹣a2＝a3+a2+a3+a4+...+a2020﹣a2＝a4+a3+a4+...+a2020﹣a2＝a5+a4+...+a2020﹣a2＝a6+a5+a6+...+a2020﹣a2＝a2022﹣a2＝m﹣1．故答案为：m﹣1．16．（5分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，Q（2，3）为C内的一点，M为C上任意一点，且|MQ|+|MF|的最小值为4，则p＝2；若直线l过点Q，与抛物线C交于A，B两点，且Q为线段AB的中点，则△OAB的面积为22【解答】解：易知l：y=-p2是抛物线的准线，过P作MN⊥l于N，过Q作QP⊥l于则|MF|＝|MN|，|QM|+|MF|＝|QM|+|MN|，易知当M是QP与抛物线的交点时，|QM|+|MF|取得最小值，所以3+p2=4设A（x1，y1），B（x2，y2），显然x1≠x2，x1+x2＝4，y1+y2＝6，由x12=4y1直线AB方程为y﹣3＝x﹣2，即y＝x+1，原点O到直线AB的距离为d=1由y=x+1x2=4y，得x2﹣4x﹣4＝0，x1+x2＝4，x1则|AB|=所以S△OAB故答案为：2；22四、解答题17．（10分）已知空间三点A（﹣4，0，4），B（﹣2，2，4），C（﹣3，2，3）．设a→=AB（1）求|a→|（2）求a→与b（3）若向量ka→+b→【解答】解：（1）因为A（﹣4，0，4），B（﹣2，2，4），所以a→所以|a→|=22因为B（﹣2，2，4），C（﹣3，2，3），所以b→所以|b→|=（2）由（1）可知cos＜a→，又＜a→，b→＞所以＜a→，b→＞=2π3，即（3）∵a→=（2，2，0），∴ka→+b→=（2k，2kka→-2b→=（2k，2k，0）﹣（﹣2，0，﹣2）＝（2∵向量ka→+b→与k∴（ka→+b→）•（ka→-2b→）＝（2整理，得4k2+k﹣2＝0，解得实数k的值为-1±3318．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn+n（1）证明：{an}是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．【解答】解：（1）证明：由已知有：2Sn+把n换成n+1，2Sn+1+(n+1②﹣①可得：2an+1＝2（n+1）an+1﹣2nan﹣2n，整理得：an+1＝an+1，由等差数列定义有{an}为等差数列；（2）由已知有a72=a4⋅故（x+6）2＝（x+3）（x+8），解得x＝﹣12，故a1＝﹣12，所以an＝﹣12+（n﹣1）×1＝n﹣13，故可得：a1＜a2＜a3＜⋯＜a12＜0，a13＝0，a14＞0，故Sn在n＝12或者n＝13时取最小值，S12故Sn的最小值为﹣78．19．（12分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？【解答】（1）证明：连接AF，∵E，F分别为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，∴CF＝1，BF=5∵BF⊥A1B1，AB∥A1B1，∴BF⊥AB∴AF=AB2+B∴AC2＝AB2+BC2，即BA⊥BC，故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F（0，2，1），设B1D＝m，则D（m，0，2），∴BF→=（0，2，1），DE→∴BF→•DE→=0，即BF（2）解：∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一个法向量为p→由（1）知，DE→=（1﹣m，1，﹣2），设平面DEF的法向量为n→=（x，y，z），则n→令x＝3，则y＝m+1，z＝2﹣m，∴n→=（3，m+1，2﹣∴cos＜p→，∴当m=12时，面BB1C1C与面故当B1D=12时，面BB1C1C与面20．（12分）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为棱CC1的中点．（1）用向量法证明：A1C∥平面B1ED1；（2）求直线B1D与平面B1ED1所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，设AB＝1，AA1＝2，则A1（1，0，2），C（0，1，0），B1（1，1，2），E（0，1，1），D1（0，0，2），D（0，0，0），∴D1B1→=(1，1，0)设n→=(x，y，z)是平面B1ED则可得n→⋅D令x＝1，则y＝﹣1，z＝﹣1，即n→∴A1且A1C⊄平面B1ED1，∴A1C∥平面B1ED1；（2）由（1）可知DB1→=(1，1，2)，n→=(1，-1，-1)设B1D与面B1ED1所成角为α，∴sinα=|cos＜∴B1D与面B1ED1所成角的正弦值为