2022-2023学年天津市和平区高二（上）期末数学试卷及答案解析

2022-2023学年天津市和平区高二（上）期末数学试卷

一、单选题（本大题共9小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.直线√5y+2=0的倾斜角是（）

A.≡B,≡C.⅞DT

oɔ36

2.已知等比数歹∣J｛0π｝中α4=32,a6=2,则<⅛=（）

A.8B.±8C.16D.±16

3.△4BC三个顶点的坐标分别是做一1,一5）,B（2,4）,C（5,-5）,则△ABC外接圆的方程是（）

A.X2+y2—4x—2y-20=0B.x2+y2+4x—2y-20=0

C.%2+y2—4x+2y—20=0D.x2+yz+4x+2y-20=0

4.南宋数学家杨辉所著的做解九章算法•商功》中描述过如图所示的.

“三角垛”，最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球......设各层的

球数构成一个数列｛<⅛｝,即%=1，c⅛=3,a3=6,且满足αrι=αn-ι+

n（n≥2）,则第六层球的个数为（）

A.28B.21C.15D.10

5.已知直线3x+4y-5=0与圆/+丫2=4交于“，N两点，则线段MN的长度为（）

A.√3B.2C.2√3D.2√5

6.已知等差数列｛ajl｝的前几项和为及，若Ss=10,S10=30,则S2。=（）

A.40B.70C.90D.100

7.已知正方体ABCZ）-&BIGDl的棱长为1,则点4到平面BlDIC的距离为（）

B

ʌ-fIC∙苧D.∣

8.已知双曲线C：^∣-4=1（a>0,b>0）的焦点F到渐近线的距离与顶点4到渐近线的距

离之比为3：1,则双曲线C的渐近线方程为（）

A.y=+2∖∣2xB.y=+V∑xC.y=±^γxD.y=土牛X

9.已知LP是抛物线y2=4x上的一点，过点P作直线尤=-3的垂线，垂足为，，若Q是圆C：

（x+3）2+0—3）2=1上任意一点，则∣PQ∣+伊用的最小值是（）

A.3√5-1B.4C.5D.6

二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）

10.抛物线y2=8x的焦点坐标为.

11.己知α∈R,若直线k：α%+y+1=O与直线x+(α—l)y+2=O相互垂直，则

a=.

12.在等差数列｛αn｝中，若/+的+。7=15，则2&-Qii=.

13.若正三棱柱ABC-AIBIG的所有棱长都相等,。是4G的中点，则直线4。与平面BmC所

成角的余弦值为.

14.设双曲线冒一，=l(α>0,b>0)的左焦点为凡过F作直线I与圆/+y2=cι2相切于点

7,，与双曲线的一条渐近线交于点Q,若7为线段FQ的中点，则双曲线的离心率为.

三、解答题(本大题共4小题，共44.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

15.(本小题11.0分)

已知等差数列｛αjl｝的前n项和为右,公差d为整数，S3=21,且％,a2+l,a,成等比数列.

(I)求｛an｝的通项公式；

(II)求数歹∣J｛:r>｝的前n项和乙.

anan+l

16.(本小题11.0分)

如图，在四棱椎P-ABCD中，PA15F≡∕1BCD,AB//CD,且AB=1,CD=2,BC=2√Σ

PA=1,ABɪBC,N为P。的中点.

(1)求证：4V〃平面PBC；

⑵求平面PDC与平面PBC夹角的余弦值.

17.(本小题11.0分)

已知椭圆各A=I(a>b>0)的右顶点为4下顶点为当，上顶点为殳,椭圆的离心率为苧，

且MBll=√5∙

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设过点Bl的直线，与椭圆相交于点P(不在坐标轴上)，当∣B]B2∣=∣B2P∣时，求ABiBzP的面

积.

18.(本小题11.0分)

2

数列｛6｝的前n项和为Sjt,且Sn=n(n∈N*),数列｛.｝满足瓦=2,bn=3bn.1+2(n≥2,n∈

N*).

(1)求数列｛αzι｝的通项公式；

(2)求证：数列｛b7l+l｝是等比数列；

(3)设数列｛cn｝满足Cn=E［，其前几项和为〃，证明：Tn<1.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：设倾斜角为α,

「直线X-√3y+2=O的斜率为日，

・•・t*ana=—√3,

•・•Oo<α<180°,

・・・a=30o

故选：A.

先求出直线X-√3y+2=O的斜率，再根据斜率是倾斜角的正切值，计算倾斜角即可.

本题考查了直线的倾斜角与斜率之间的关系，属于基础题，应当掌握.

2.【答案】B

【解析】解:因为等比数列｛a"中α4=32,aβ=2,

所以由等比中项的性质，可得端=a4•=64,

所以c⅛=+8.

故选：B.

利用等比中项的性质即可求解.

本题主要考查等比中项的性质，属于基础题.

3.【答案】C

【解析】解：设所求圆方程为％2+y2+Dχ+Ey+F=0,

因为A(-l,-5),B(2,4),C(5,-5)三点都在圆上，

,26-D-5F+F=O(D=-4

所以20+2D+4E+F=0,解得E=2,

.50+5D-5E+F=0S=-20

即所求圆方程为：X2+y2—4x+2y—20=0.

故选：C.

利用圆的一般方程列出方程组求解即可.

本题主要考查圆的一般方程的求解，属于基础题.

4.【答案】B

【解析】解：由题意得g—%=2,a3-a2=3,a4-a3=4,a5—a4=5,a6-a5=6,

以上式子累加可得—ɑi=2+3+4+5+6=20,

因为的=1,所以=21,

故选：B.

利用递推公式进行累加法求解.

本题主要考查了叠加法在求解数列的项中的应用，属于基础题.

5.【答案】C

【解析】解：丫圆/+y2=4的圆心为(0,0),半径r=2

∣3x0+4x0-5∣_5

•••圆心(0,0)到直线MN：3x+4y-5=0的距离4=1

.∙.∖MN∖=2√r2-d2=2√4^7T=2√3∙

故选：C.

先求出圆心到直线MN：3x+4y—5=0的距离，然后根据弦的一半，圆心到直线的距离，半径

构成直角三角形，用勾股定理解决.

本题考查直线与圆的位置关系，圆的弦长问题，属基础题.

6.【答案】D

【解析】解：设等差数列也“｝的首项为何，公差为d,

因为S5=10,S10=30,

,5×4

rd=10(a1=当

5a1H——×

所以，解得15.

IC,10×9

10α1+-ɪ-×d=30d="

所以S20=20α1+×d=20×∣+190×∣=100.

故选：D.

利用等差数列的前n项和分别求出首项和公差，代入公式即可求解.

本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题.

7.【答案】C

【解析】解：如图所示：

DiC1

•••三棱锥4-斗。也为边长为VI的正四面体,

故点4到平面占DlC的距离为%=J(√2)2-(^)2=竽

故选：C.

根据正四面体顶点到底面之间的距离即可求解.

本题考查正四面体中的距离的计算，属基础题.

8.【答案】A

【解析】解：设顶点4(α,0)焦点F(c,0),其中一条渐近线的方程为：bx+ay0,

设4到渐近线的距离为d=="，

√α2+∂

焦点F到渐近线的距离为d'=£=匕，

由题意可得b：-=3：1即£=3,所以9α2=c2=α2+∕72,可得炉=8。2,

Ca

所以渐近线的方程为：y=+-x=±2y[2x,

/a

故选:A.

由双曲线的对称性设右顶点，右焦点，及二四象限的解集的方程，再由点到直线的距离公式可得

两个点到距离的距离，由题意可得c,α的关系，再由α,b,C之间的关系求出渐近线的斜率，进

而求出渐近线的方程.

考查双曲线的方程，属于基础题.

9.【答案】D

【解析】解：••・抛物线方程为y2=4x,

••・抛物线的焦点尸(1,0),准线方程X=-1,设P〃与准线的交点是出,

又圆C的半径为r=l,圆心为C(一3,3),

ʌIPQI+∖PH∖≥∖PC∖-1+∣PW11+∖HH1∖=∖PC∖+IPFl+2-1=∖PC∖+∖PF∖+1,

当C,P,尸三点共线时，IPCl+IP尸I取得最小值√32+42=5,

ʌ∣PQ∣+IPHl的最小值是6.

故选：D.

画出抛物线y2=4x的焦点和准线，利用抛物线的几何性质将∣PQ∣+∣P川转化为C,P,F之间的距

离之和，根据三点共线求得最小值.

本题考查抛物线的几何性质，数形结合思想，化归转化思想，属中档题.

10.【答案】(2,0)

【解析】解：抛物线y2=8x的焦点在X正半轴上，开口向右，p=4,所以抛物线的焦点坐标(2,0).

故答案为：(2,0).

利用抛物线方程，判断焦点坐标所在轴，求解即可.

本题考查抛物线的简单性质的应用，判断抛物线的类型的解题的关键.

11.【答案】ɪ

【解析】解：因为直线kɑx+y+l=O与直线占x+(α-l)y+2=O相互垂直，

所以α+(α—1)=0,解得α=ɪ.

故答案为:ɪ

根据直线垂直的充要条件列出方程，即可求解.

本题主要考查直线的一般式方程与直线的垂直关系，属于基础题.

12.【答案】5

【解析】解：设等差数列｛%j｝的首项为%,公差为d,

因为+。7=15,所以。3++。7=30⅛=15，所以=5,

又2他—QIl=2α1+14d—α1—IOd=α1+4d=α5,所以2他—Qll=5,

故答案为：5.

根据等差数列的性质由=15,可得=5,再由2他-Qll=ɑɪ+4d=的求解即可•

本题主要考查了等差数列的性质，属于基础题.

13.【答案】I

【解析】解：如图，取AC中点0,连接OB,OD,

根据题意可得OOIoC,OB10C,OD1OB,

•••分别以直线OB,0C,。。为X轴，y轴，Z轴，建系如图，设力B=2,

则4(0,-LO),D(0,0,2),Bι(√^,0,2),C(0,l,0),

：.AD=(0,1,2),西=(√3,0,0),DC=(0,l,-2)>

设平面BIoC的法向量为$=(X,y,z),

-m=√3x=0

则W=(0,2,1),

m=y—2z=0

设直线4。与平面BlDC所成角为。,

则sbι8=∣cos<~AD,m>∖=嘿二!=ɔ

∣i4D∣∣m∣ɔ

又8∈[0,ɪ],.∙.cosθ=

故答案为：

建系，利用向量法即可求解.

本题考查向量法求解线面角问题，属中档题.

14.(答案1Vs

【解析】解：设双曲线的右焦点为F',如图所示：

∙∙∙T为线段FQ的中点，。为中点，且OrJ∙FQ,

.∙.OT/∕QF',OT=^QF',QF1QF',又OT=a,

：.QF'=2a,

由双曲线的定义得QF=2α+QF1=4α,

在RtΔQFF，中，(QF)2+(QF)2=(FV)2,

ʌ(4α)2+(2a)2=(2c)2,

22

・•・5a=cf

ʌβ=-=√5.

a

故答案为：√5.

设双曲线的右焦点为F',根据T为线段尸Q的中点，。为中点，得到Qr=20,再利用双曲线的定义

得到QF=2Q+QF'=4Q,然后在RtZkQFF'中，利用勾股定理求解.

本题考查双曲线的几何性质，数形结合思想，化归转化思想，属中档题.

15.【答案】解：(I)等差数列｛αn｝的前n项和为Sn,公差d为整数，

由S3=21,可得3。1+3d=21,即Ql+d=7,

又火,α2÷1»。7成等比数列，可得QlQ7=(02+I)?，

即QI(Ql+6d)=(Ql+d+1)2,

解得Ql=2,d=5(d=卷舍去)；

所以0⅛=2+5(n-1)=5n-3；

,

（ɪɪ）dng71+l—（5n—3）（5n+2）-5n-35n+2

所以7；=W）2+∙∙∙+3-∕=2-ξ∙%=τ⅛.

τι277125n—35n+225n+210n+4

【解析】（I）由等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求；

ς11

（II）求得=羡-白，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和.

Λ∏Λ∏+I5n—ɔ5n+z

本题考查等差数列的通项公式和求和公式、等比中项的性质，以及数列的裂项相消求和，考查方

程思想和运算能力，属于中档题.

16.【答案】证明：（1）取PC中点为M,连接NM,MB,如图所示,

因为M,N分别是PC,Pn的中点，所以且NM

又因为48〃TOC且AB=∖DC,

所以NM〃/IB,NM=AB,所以四边形NMBA为平行四边形，

所以4N〃BM,又因为ANC平面PBC,BMU平面PBC,

所以4V〃平面P8C.

解：（2）取DC中点为E,以4为空间直角坐标系原点，AE为X轴，AB为y轴，AP为Z轴，建立空间直

角坐标系，如图所示，

则4(0,0,0),P(0,0,l),B(0,l,0),D(2√2,-1,0).C(2√Σ,l,0),

设平面PBC的法向量为记=(X,y,z),因为乔=(O,-1,1)，BC=(2√2,0,0)>

所以

U2总令…解得CU即2

设平面PoC的法向量为五=(α,b,c),因为丽=(2√2,-l,-l)-DC=(0,2,0),

歌上次「一。,…解得忆4),

所以

Tnn4_2

所以COS〈记,元)

∣m∣∙∣n∣一√2×√18-3,

所以平面P。C与平面PBC夹角的余弦值为|.

【解析】(1)根据线面平行的判定即可证明线面平行.

(2)取DC中点为E,以4为空间直角坐标系原点，4/为刀轴，4B为y轴，AP为Z轴，建立空间直角坐

标系，求出平面PDC和平面PBC的法向量，利用向量法即可求得平面PDC与平面PBC夹角的余弦

值.

本题主要考查了直线与平面平行的判定，考查了利用空间向量求两平面的夹角，属于中档题.

17.【答案】解：(1)由题意得：A(a,0),BI(O,—b),故1.1Il=Jq2+炉=遮,

2*42

又£=直，c2=a2_b2f解得：¢2=3,a=4,b=1,

a2

2

故椭圆的标准方程为5+/=1；

4

(2)因为∣B∕2∣=∖B2P∖,

所以点P为以B式0,1)为圆心，∣B1B2∣=2b=2为半径的圆与椭圆的交点(不在坐标轴上)，

其中以B2为圆心，∣Bι%∣=2为半径的圆的方程为/+(y-1)2=4,

联立%2+(y—1)2=4与q+=],得：3y2+2y-1=0,

解得：%=：或丫2=-1，其中=—1时%2=0，点P位于y轴上，不合题意，舍去；

当yι=g时，γ+1=1>解得：=±弓^，

故SABlBzP=TIBIB21∙∣x∕=：X2X殍=殍.

【解析】(1)根据离心率，|4Bll=4等列出方程组，利用待定系数法求出椭圆方程；

(2)得到点P为以殳(0,1)为圆心，∣B1B2∣=2b=2为半径的圆与椭圆的交点(不在坐标轴上)，从而

联立圆与椭圆方程，求出点P坐标，从而利用SAB∣WP=4∣BIB2∣∙∣XI∣求出答案.

本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题.

2

18.【答案】解：(1)VSn=n(n∈N*),

.・,当九=1时，QI=Sl=1,

当？2≥2时，Qyl=Sn-Srl-I=几2—(JI—1)2=271—1,

当九=1时，α1=1=2×1-1符合，

an=2n—l(n∈N*)；

(2)证明：瓦=2,6n=3⅛n-ι+2(n≥2lπ∈∕V*),

•••当n22时，产±=*T誉=攀=管=3,

⅜-l+l⅝-l+1ðn-l+1

又瓦+1=3,

数列｛匕+1｝是首项为3