广东省深圳市宝安区2022-2023学年高二上学期数学期末试卷（含答案）

广东省深圳市宝安区2022-2023学年高二上学期数学期末试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．已知点A(1，0)，A．60∘ B．120∘ C．2．“5<m<7”是“方程x2A．充分必要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件3．在棱长为1的正方体ABCD−A1BA．1 B．2 C．3 D．24．已知数列的前4项为2，0，2，0，则依次归纳该数列的通项不可能是（）A．an=(C．an=2sin5．在空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在A．−12aC．12a+6．双曲线x2a2A．y=±2x B．y=±3x C．7．若直线ax+by−1=0（a>0，b>0）平分圆(x−1)2+(y−1)A．2 B．5 C．3+22 D．8．已知点M，N是抛物线y=4x2上不同的两点，F为抛物线的焦点，且满足∠MFN=2π3，弦MN的中点P到直线l：y=−1A．(−∞，2] B．(−∞，2] 二、多选题9．若{aA．{|an|}C．{pan+q}(p，10．圆O1：xA．公共弦AB所在直线方程为x−y=0B．公共弦AB的长为2C．线段AB中垂线方程为x+y−1=0D．P为圆O2上一动点，则P到直线AB距离的最大值为11．某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心F为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点A（离地面最近的点）距地面m千米，远地点B（离地面最远的点）距地面n千米，并且F、A、B三点在同一直线上，地球半径约为R千米，设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a、2b、2c，则（）A．a−c=m+R B．a+c=n+RC．2a=m+n D．b=12．如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．三棱锥A1B．线段B1C上存在点G，使平面EFGC．当CG=34CB1D．三棱锥A1−EFG三、填空题13．已知数列{an}的通项公式为：an=|n−103|，则14．在等差数列{an}中，前n项和记作Sn，若S15．已知F1，F2分别是双曲线E：x2a2−y16．已知数列{an}满足a1=4，nan+1=2(n+1)an，则数列{an}的通项公式为四、解答题17．已知直线m：(a−1)x+(2a+3)y−a+6=0，（1）当a=0时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程；（2）若坐标原点O到直线m的距离为1，求实数a的值．18．如图在边长是2的正方体ABCD−A1B（1）求异面直线EF与CD（2）证明：EF⊥平面A119．记Sn为数列{an}的前n项和，2S（1）求an（2）令bn=an+2−an20．已知：圆C过点D(0,1)，E(−2,1)，F(−1,2)，P是直线l1（1）求圆C的方程；（2）求|PA|221．如图，在三棱锥A−BCD中，AB=AD，O为BD的中点，OA⊥CD.（1）证明：平面ABD⊥平面BCD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，三棱锥B−ACD的体积为3322．在平面直角坐标系中，椭圆C：（1）求椭圆C的方程；（2）动直线l：y=mx−52交椭圆于A、B两点，D是椭圆C上一点，直线OD的斜率为n，且mn=12．T是线段OD延长线上一点，且|DT|=22115

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】因为点A(1，0)，设直线AB的倾斜角为α，则0∘所以α=60故答案为：A.

【分析】利用已知条件结合两点求斜率公式得出直线的斜率，再结合直线的斜率和直线的倾斜角的关系式，进而结合直线的倾斜角的取值范围得出直线AB的倾斜角。2．【答案】C【解析】【解答】由题意，方程x27−m+y2m−5=1所以“5<m<7”是“方程x2故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合椭圆的定义和充分条件、必要条件的判断方法，从而推出“5<m<7”是“方程x23．【答案】B【解析】【解答】|AB故答案为：B．

【分析】利用已知条件结合相反向量的定义和三角形法则，再结合向量的模求解方法得出|AB4．【答案】C【解析】【解答】令n=1，2，3，4分别代入验证：可知C：故答案为：C．

【分析】利用已知条件结合代入验证法，进而找出不可能的数列的通项公式。5．【答案】A【解析】【解答】NM=故答案为：A

【分析】利用已知条件结合三角形法则、向量共线定理和平面向量基本定理，进而得出NM→6．【答案】A【解析】【解答】∵e=3=ca∴3=c2a2=a∴b∴渐近线方程为：y=±故答案为：A【分析】由离心率e=3可得ca=7．【答案】C【解析】【解答】直线平分圆，则直线过圆心，即a+b=1，所以1a+2故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合直线平分圆，则直线过圆心，即a+b=1，再利用均值不等式变形求最值的方法得出1a8．【答案】D【解析】【解答】在△MFN中，令|MF|=a则有|MN显然直线l：y=−116是抛物线y=4x2的准线，过而P为弦MN的中点，PB为梯形MACN的中位线，由抛物线定义知，d=|因此|MN当且仅当a=b时取等号，又不等式|MN|2≥λd2恒成立，等价于所以λ的取值范围是(−∞故答案为：D

【分析】在△MFN中，令|MF|=a，|NF|=b，由余弦定理得出|MN|2=a2+b2+ab，显然直线l：y=−116是抛物线y=4x2的准线，过M9．【答案】B,C,D【解析】【解答】对于A，数列−1，1，对于B，若{an}为等差数列，根据等差数列的定义可知：数列{对于C，若{an}为等差数列，设其公差为d故{p对于D，若{an}为等差数列，设其公差为d，则2故答案为：BCD.

【分析】利用已知条件结合等差数列的定义，进而找出仍为等差数列的选项。10．【答案】A,C【解析】【解答】因为圆O1：x2+y2作差得4x−4y=0，所以圆O1与圆O2的公共弦AB所在的直线方程为因为圆心O1(1，0)，所以线段AB的中垂线的方程为y−0=−(x−1)圆O2：x2+y2+2x−4y=0的圆心为O2(−1，2)，半径r2=5故答案为：AC.

【分析】利用圆O1：x2+y2−2x=0和圆O2：x2+y2+2x−4y=0的交点为A，B，作差得4x−4y=0，所以得出圆O1与圆O2的公共弦AB所在的直线方程；利用圆心O1(111．【答案】A,B,D【解析】【解答】因为地球的中心是椭圆的一个焦点，并且根据图象可得m=a−c−Rn=a+c−R∴a−c=m+R，A符合题意；a+c=n+R，B符合题意；（*）两式相加m+n=2a−2R，可得2a=m+n+2R，C不正确；由（*）可得m+R=a−cn+R=a+c，两式相乘可得∵a∴b故答案为：ABD【分析】根据条件数形结合可知m=a−c−Rn=a+c−R12．【答案】A,C,D【解析】【解答】对于A选项，因为平面ADD1A1//平面BCC1B1，而因为点G为面对角线B1C上一个动点，故G点到面ADD因为E，F分别为棱A1故三棱锥VG−EFA1对于B选项，如图1，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为则B(2，2，0)，D(0，0，0)，C1平面BDC1的法向量为n1=(x1，y1，z设平面EFG的法向量n2=(x2，y2，z所以n2若平面EFG//平面BDC1，则存在k，使得n1=kn2，即因为0≤m≤2，故不合题意，所以线段B1C上不存在点G，使平面EFG//平面对于C选项，G(m，2，m)，C(0，2，此时G(32，2，32)，又设直线EG与平面ABCD所成角为θ，则sinθ=|对于D选项，如图2，连接A1D，交EF于点J，则J为EF的中点，A1J=2过点G作GH⊥A1D于点H，则GH⊥平面ADD1A1，GH=2过点O作OK⊥GH于点K，则OK=JH，OJ=HK，设OK=JH=a（0≤a≤322由勾股定理得：OA12=OJ2+要想半径最大，则只需h最大，即a2最大，当a=322时，h最大为故答案为：ACD

【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征和中点的性质，再结合三棱锥的体积公式、面面平行的判定定理、线面角的求解方法、正弦函数的定义、三棱锥与外接球的位置关系和几何法求球的半径的最大值的方法，进而找出正确的选项。13．【答案】13；【解析】【解答】an=|n−103|=故an的最小值为13，此时故答案为：13

【分析】利用已知条件结合绝对值的定义，从而将数列的通项公式变成分段函数，再结合数列的单调性，进而得出数列的最小值，从而得出此时的n的值。14．【答案】16【解析】【解答】解：因为S15=5(a2+a6+ak)故答案为：16

【分析】由题意根据等差数列前n项和公式结合等差中项可得3a8=15．【答案】12【解析】【解答】如图，因为|BF2|设|BF2|=5x，|AB|=12x由|BF1所以|AF1|=3x由|BF1|又|BF1|−|BF2|=10x=2ac故△ABF2的面积故答案为：12

【分析】利用|BF2|：|AB|：|AF2|=5：12：13，所以AB⊥BF16．【答案】an【解析】【解答】在数列{an}中，a1=4，由n于是得数列{ann}是以4为首项，2为公比的等比数列，则所以数列{an}显然，an则Sn由Sn≥30得：2n+2n+2−2≥30，即2n+2n+2由2n+2n+2≥32，得bn≥32，而b6=32所以满足不等式Sn≥30的故答案为：an

【分析】在数列{an}中，a1=4，由nan+1=2(n+1)an得：an+1n+1=2⋅ann，而a11=417．【答案】（1）解：当a=0时，直线m：由−x+3y+6=0x−2y+3=0，解得x=−21所以直线m与n的交点为(−21由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y+9=k(当x=0时，y=21k−9，当y=0时，x=9因为直线l在两坐标轴上的截距相反，所以21k−9+9k−21=0解得k=1或k=3所以直线l的方程为y+9=x+21或y+9=3即x−y+12=0或3x−7y=0，（2）解：因为坐标原点O到直线m的距离为1，直线m：所以|−a+6|(化简得2a2+11a−13=0，解得a=1【解析】【分析】（1）当a=0时，得出直线m：−x+3y+6=0，再联立两直线方程得出直线m与n的交点坐标，由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y+9=k(x+21)，再结合赋值法和求直线在坐标轴上的截距的方法以及直线l在两坐标轴上的截距相反，所以7k2−10k+3=0，进而解方程得出k的值，从而得出直线l18．【答案】（1）解：据题意，建立如图坐标系．于是：D(0，0，0)，A1∴EF=(−1，0，1cos⟨∴⟨∴异面直线EF和CD1所成的角为（2）证明：EF∴EF⊥DEF⋅∴EF⊥DC即又∵DA1，DC⊂平面DC∴EF⊥平面A1【解析】【分析】（1）据题意，建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出异面直线EF和CD1所成的角。

（2）利用已知条件结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出线线垂直，再结合线线垂直证出线面垂直，从而证出EF⊥平面19．【答案】（1）解：由2Sn−a②-①可得：2所以a（2）解：由（1）可知：an则an+1④-③可得：a则bn=令n=1，则b1=所以数列{bn}是首项为1所以T【解析】【分析】（1）根据2Sn−an20．【答案】（1）解：设圆C的一般方程为x2E+F+1=0−2D+E+F+5=0−D+2所以圆C的方程为：x（2）解：联立y−x−1=0x2+不妨设A(0,1),B(−2,−1)，P(x,y)，则y=x−2，∴|PA|故|PA|2【解析】【分析】（1）设圆C的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，即可根据题意列出三个方程，解出D,E,F，即可得到圆C的方程；（2）联立直线l21．【答案】（1）证明：因为AB=AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD，又OA⊥CD且BD∩CD=D，所以OA⊥平面BCD，又OA⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD；（2）解：由题意，S△OCD=1由（1）知OA⊥平面BCD，所以VB−ACD取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，过O作OM//CF与BC交于点M，则OM⊥OD，所以OM，OD，以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，−1，0)，C(32，因为OA⊥平面BCD，所以平面BCD的一个法向量为m=设平面BCE的法向量为n=(x所以由n⋅BC=0n⋅BE=0，得3所以n=所以|cos<所以平面BCD与平面BCE的夹角的余弦值为55【解析】【分析】（1）利用AB=AD，O为BD的中点结合等腰三角形三线合一，所以OA⊥BD，再利用OA⊥CD结合线线垂直证出线面垂直，所以OA⊥平面BCD，再结合线面垂直证出面面垂直，从而证出平面ABD⊥平面BCD。

（2）由题意结合三角形的面积公