浙江省金华十校2022-2023学年高二上学期数学期末试卷（含答案）

浙江省金华十校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．直线3x+y−2=0A．π6 B．π3 C．2π32．已知空间向量a=(2，1，nA．0 B．1 C．2 D．−23．已知抛物线C：y2=2px(A．1 B．2 C．3 D．44．圆C1：xA．0条 B．1条 C．2条 D．3条5．桁架桥指的是以桁架作为上部结构主要承重构件的桥梁．桁架桥一般由主桥架、上下水平纵向联结系、桥门架和中间横撑架以及桥面系组成．下面是某桁架桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成．其中AB=BH，那么直线AH与直线IG所成角的余弦值为（）A．−32 B．32 C．−6．小芳“双11”以分期付款的方式购买一台标价6600元的笔记本电脑，购买当天付了2600元，以后的八个月，每月11日小芳需向商家支付500元分期款，并加付当月所有欠款产生的一个月的利息（月利率为2%），若12月算分期付款的首月，则第3A．550元 B．560元 C．570元 D．580元7．有以下三条轨迹：①已知圆A：(x+1)2+②已知点A，B分别是x，y轴上的动点，O是坐标原点，满足|AB|=4③已知A(−5，0)，B(5，A．e1<e2<e3 B．8．已知数列{an}是各项为正数的等比数列，公比为q，在a1，a2之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为d1，在a2A．当0<q<1时，数列{dB．当q>1时，数列{dC．当d1>dD．当d1<d二、多选题9．已知双曲线x2A．渐近线方程为y=±32xC．离心率为52 10．自然界中存在一个神奇的数列，比如植物一年生长新枝的数目，某些花朵的花数，具有1，1，2，3，5，8，13，21……，这样的规律，从第三项开始每一项都是前两项的和，这个数列称为斐波那爽数列．设数列{an}A．a2021，aC．S2021，S11．已知平行六面体ABCD−A1B1CA．若α=β=90°，则直线A1C⊥B．若α=β=90°，则平面ABCD⊥平面ACC．若α=β=60°，则直线A1C⊥D．若α=β=60°，则平面ABB12．已知椭圆x24+y2b2=1的左右焦点分别为F1，F2，过F2A．a2，a3，aC．x2=3x三、填空题13．直线l1：3x−4y−5=0，直线l2：14．数列{an}满足a1=0，15．老张家的庭院形状如图，中间部分是矩形ABCD，AB=8，BC=3（单位：m），一边是以CD为直径的半圆，另外一边是以AB为长轴的半个椭圆，且椭圆的一个顶点M到AB的距离是2m，要在庭院里种两棵树，想让两棵树距离尽量远，请你帮老张计算一下，这个庭院里相距最远的两点间距离是m．16．如图，已知平行四边形ABCD，AB=2，BC=4，∠A=60∘，E、F分别是AD、BC的中点．现将四边形CDEF沿着直线EF向上翻折，则在翻折过程中，当点A到直线BC的距离为2时，二面角A−EF−D的余弦值为四、解答题17．已知等差数列{an}，正项等比数列{bn}，其中{bn}（1）求数列{an}（2）若cn=anb18．圆C经过点A(1，2)与直线x+y−5=0（1）求圆C的标准方程；（2）直线l：mx+2y−3m−1=0交圆C于A，B两点，当19．已知直线l过抛物线C：y2=4x的焦点F，与抛物线（1）若l的倾斜角为π3，求|（2）若在抛物线C上有且仅有一点P（异于A，B），使得PA⊥PB，求直线l的方程和相应点20．在四棱锥P−ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB=3，BC=CD=PD=2，∠PDC=120°，PD与平面ABCD所成角的大小为60°，点Q为线段PB上一点．（1）若CQ∥平面PAD，求PQPB（2）若四面体Q−ABC的体积为233，求直线AB与平面21．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an（1）若{an}（2）令cn=(a2n−1+a2n)⋅322．已知双曲线C：x2a2−y（1）求双曲线C的方程；（2）已知点M(m，n)为双曲线C上一点且位于第一象限，过M作两条直线l1，l2，且直线l

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】∵直线3x+y﹣2=0的斜率k=−3，设倾斜角为θ，则tanθ=∴直线3x+y﹣2=0倾斜角为2π3故答案为：C．

【分析】利用已知条件结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，进而得出直线的倾斜角。2．【答案】A【解析】【解答】∵a与b∴a⋅b故答案为：A.

【分析】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，进而得出n的值。3．【答案】B【解析】【解答】由题知F(p2，所以|PF|=|QF|=|PQ|=4，根据抛物线定义可知xP+p所以yP2=2p(4−p2所以|QF|=p2+故答案为：B

【分析】由抛物线的标准方程得出焦点坐标，利用三角形△PQF是边长为4的正三角形，所以|PF|=|QF|=|PQ|=4，根据抛物线定义可知点P的坐标，进而得出点Q的坐标，再结合两点距离公式得出和已知条件得出p的值。4．【答案】B【解析】【解答】圆C1：x2+圆C2：(x−3)2注意到圆心距|C故答案为：B

【分析】利用已知条件结合两圆位置关系判断方法判断出两圆内切，再结合两圆的位置关系得出两圆公切线的条数。5．【答案】D【解析】【解答】以E为坐标原点，EB，ED，EI所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设AB=BH=a，则A(a，AH=(0设直线AH与直线IG所成角为θ，则cosθ=|故直线AH与直线IG所成角的余弦值为12故答案为：D

【分析】以E为坐标原点，EB，ED，EI所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设AB=BH=a，从而得出点的坐标，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直线AH与直线IG所成角的余弦值。6．【答案】B【解析】【解答】第3个月小芳需要给商家支付500+（4000−2×500）×2%故答案为：B.

【分析】利用已知条件结合函数建模的方法得出第3个月小芳需要给商家支付的钱数。7．【答案】A【解析】【解答】①，设动圆圆心P(x，由题意可知：圆A：(x+1)2+圆B：(x−1)2+由条件可知：|PA|=3−r，|PB|=1+r，所以|PA|+|PB|=4>|AB|=2，所以点P的轨迹方程为：x24+②设A(m，0)，B(0，n)，则m2+n2=16，由中点坐标公式可得：M(m2，③设点P(x，整理化简可得：x225−则e3所以e3故答案为：A.

【分析】①设动圆圆心P(x，y)，半径为r，由题意可知圆A：(x+1)2+y2=9的圆心坐标和半径长，再利用圆B②设A(m，0)，B(0，n)，则m2+n2=16③设点P(x，y)，由题意结合两点求斜率公式可知x8．【答案】D【解析】【解答】数列{an}由题意an+1=a0<q<1时，dn<0，有dn+1dnq>1时，dn>0，dn+1dn=q(n+1)n+2，若数列{dd1>d2时，q>1时，dn>0，由dn+1dn=q(n+1)n+2，若数列{dd1<d2时，a1(q−1)2故答案为：D

【分析】利用已知条件结合等比数列的定义和等差数列的定义，再结合数列的单调性和恒成立问题求解方法，进而找出正确的选项。9．【答案】A,B,D【解析】【解答】由双曲线方程为：x24−所以a=2，所以渐近线方程为y=±b焦点坐标为(±离心率为：e=c实轴长为：2a=4，D符合题意，故答案为：ABD.

【分析】利用已知条件结合双曲线的渐近线方程求解方法、焦点坐标求解方法、双曲线的离心率公式、双曲线的实轴长求解方法，进而找出正确的选项。10．【答案】B,D【解析】【解答】由题意：an+所以an+1+②−①得：an+2所以数列an，a令n=2021，则a2021由an所以Sn+1所以Sn−1令n=2022，则S2021故答案为：BD.

【分析】利用已知条件结合斐波那契数列的定义，再结合递推公式变形和等差数列的定义以及等差数列的前n项和公式，进而找出等差数列的选项。11．【答案】B,C【解析】【解答】对于A，若α=β=90°，A==0+1×1×cos所以A1C与BC1不垂直，又因为所以直线A1C与平面对于B，若α=β=90°，则A1A⊥AB，A1A⊥AD，又因为AB∩AD=A，且AB，AD⊂平面ABCD，所以所以平面A1ACC对于C，若α=β=60°，因为A=1×1×cos60°+1×1×cos又因为A==1×1×cos所以A1C⊥BD，因为BD∩B1B=B所以直线A1C⊥平面对于D，如图：连接A1D，BD，取AB的中点若α=β=60°，由题意可知：A1D=BD=1，根据题意可知：DE⊥AB，A1E⊥AB，则由题意可知：A1E=DE=3cos∠A1ED=A1E2+E故答案为：BC.

【分析】利用已知条件结合平行六面体的结构特征，再结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，进而找出正确的选项。12．【答案】A,B,C【解析】【解答】A选项，由椭圆定义可知：a1又a1，a则a2+a3=2a1又a4故a2B选项，若d=1，此时|BF2|=a1=1设F2(c，设直线AB为x=c+my，与x2(b2则y1因为y1=−3y联立解得3c2由弦长公式可得：|AB|=1+所以2b21+其中c2故3(4−b2)m2由4b4(1+整理得：4b6−16故(4b4−9)(b2因为a>b，所以b2=4舍去，故C选项，设椭圆x2a2+y下面证明|MF1|=a+e过点M作MA⊥椭圆的左准线于点A，作MB⊥椭圆右准线于点B，则有椭圆的第二定义可知：|MF其中|MA|=x则|MF1|=e(故|AF2|=a−e|BF2|=a−ex2D选项，设直线AB为x=c+my，由x2=3x1得：故答案为：ABC

【分析】由椭圆定义可知a1+a4=4，a2+a3=4和a1，a2，a3成等差数列，再利用等差数列的通项公式和等差数列的性质，从而判断出a2，a3，a4成等差数列；若d=1，此时|BF2|=a1=12，|AF2|=a2=32，再利用两点距离公式得出|AB|的值且y1=−3y2，设F2(c，13．【答案】9【解析】【解答】由平行线间的距离公式可得：l1，l故答案为：95

【分析】利用已知条件结合平行直线求距离公式得出l114．【答案】n【解析】【解答】因为an+1所以anan−1⋯⋯，a3a2累加得：a=故答案为：n2

【分析】利用已知条件结合递推公式和累加法得出数列的通项公式。15．【答案】2【解析】【解答】根据题意可得，以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线和AB的垂直平分线分别为x，则半圆圆心为O1(0，由椭圆长轴2a=AB=8可得a=4，易知b=2，所以椭圆方程为x2根据题意可得当P点到圆心O1的距离最大时，O1P的连线交半圆于Q设P(x0，易知|O当y0=−1时，−3(则|PQ|≤|O故答案为：2

【分析】根据题意可得，以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线和AB的垂直平分线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，从而得出半圆圆心坐标和半径长，由椭圆长轴得出a的值，进而得出b的值，从而得出椭圆标准方程，根据题意可得当P点到圆心O1的距离最大时，O1P的连线交半圆于Q，此时PQ16．【答案】1【解析】【解答】连接BE、DF，取EF的中点O，连接OB、OD，易知DE=CF=CD=2，且DE//CF，则四边形CDEF为菱形，易知∠DEF=∠DCF=60∘，则四边形△DEF为等边三角形，所以，同理可知OB⊥EF，所以，二面角A−EF−D的平面角为∠BOD=θ，因为OB∩OD=O，OB、OD⊂平面OBD，所以，EF⊥平面OBD，且OB=OD=2sin以点O为坐标原点，OB、OF所在直线分别为x、y轴，平面ABFE内过点O且与平面ABFE的垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(3，−2，0)、B(AB=(0，2所以点A到直线BC的距离为d==4−(4故答案为：13

【分析】连接BE、DF，取EF的中点O，连接OB、OD，易知DE=CF=CD=2，且DE//CF，则四边形CDEF为菱形，易知∠DEF=∠DCF=60∘，则四边形△DEF为等边三角形，所以，OD⊥EF，同理可知OB⊥EF，所以，二面角A−EF−D的平面角为∠BOD=θ，再利用线线垂直证出线面垂直，所以EF⊥平面OBD，再结合正弦函数的定义得出OB的长，以点O为坐标原点，OB、OF所在直线分别为x、y轴，平面ABFE内过点O且与平面ABFE的垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用数量积和勾股定理得出点A到直线BC的距离和已知条件得出二面角17．【答案】（1）解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{利用基本量运算有2+2d=2q因为{bn}所以an即数列{an数列{bn（2）解：由（1）可得cn所以Tn2T②-①得：T=−4−3×即数列{cn【解析】【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q>0，再利用等差数列的通项公式和等比数列的通项公式以及数列{bn}为正项数列，进而得出公差和公比的值，再结合等差数列的通项公式和等比数列的通项公式，进而得出数列{an}的通项公式和数列{b18．【答案】（1）解：设圆心坐标为C(2b，得b=1或−15（舍），所以(x−2（2）解：直线截圆所得弦长|AB|=因此圆心(2，1)所以d=|2m+2−3m−1|从而直线l的方程4x−2y−11=0．【解析】【分析】（1）利用已知条件结合直线与圆相切的位置关系判断方法和点到直线的距离公式得出b的值，从而得出a的值，进而得出圆的标准方程。

（2）利用直线截圆所得弦长|AB|=3得出圆的半径，再利用圆心(219．【答案】（1）解：因为直线l过焦点F(1，0)与y2=4x联立消去y，得设点A(x1，所以|AB（2）解：设直线l方程为x=ty+1，联立方程组x=ty+1y2=4xy2−4ty−4=0设点P(x0，y0)直线PA因为k1=所以k1⋅即y02所以直线l方程为x=3y+1或直线l方程为x=−3y+1【解析】【分析】（1）利用直线l过焦点F(1，0)且倾斜角为π3和直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，进而得出直线方程为y=3(x−1)，再利用直线与抛物线相交，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由韦达定理和抛物线的定义和两点距离公式得出AB的长。

（2）设直线l方程为x=ty+1，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出y1+20．【答案】（1）解：过点Q作QE∥AB交AB于E，连接ED．∵QE∥AB，∴四边形QEDC是平面四边形又∵平面QEDC∩平面PAD=ED，CQ∥平面PAD，CO⊂平面QEDC，∴CQ∥ED，∴四边形QEDC是平行四边形，∴QE=DC=2，而AB=3，于是PQPB（2）解：过P作PO⊥CD交CD的延长线于O，∵∠PDC=120°，∴∠PDO=60°，而又∵PD与平面ABCD所成角的大小为60°，则P到平面ABCD的距离为2×sin60∘=∴PO⊥平面ABCD．以O为原点，OA，如图建立空间直角坐标系．VP−ABC设四面体Q−ABC的高为h，由于VQ−ABC=2即QBPB=2于是A(∴AC设平面AQC的一个法向量为n=则n⋅AC=0令x=3，得n=(3设直线AB与平面AQC所成角为θ，0∘则sinθ=∴θ=30∘，所以直线AB与平面AQC所成角的大小为【解析】【分析】（1）过点Q作QE∥AB交AB于E，连接ED，利用QE∥AB，CD∥AB结合平行的传递性，所以QE∥CD，所以四边形QEDC是平面四边形，再利用CQ∥平面PAD结合线面平行的性质定理证出线线平行，所以CQ∥ED，所以四边形QEDC是平行四边形，进而得出PQPB的值。

（2）过P作PO⊥CD交CD的延长线于O，利用∠PDC=120°结合正弦函数的定义得出PO的长，再利用PD与平面ABCD所成角的大小为60°和正弦函数的定义得出点P到平面ABCD的距离，从而得出PO的长为P到平面ABCD的距离，所以PO⊥平面ABCD，以O为原点，OA，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用三棱锥的体积公式和已知条件，再结合平面的法向量求解方法得出平面AQC21．