浙江省嘉兴市2023-2024学年高二上学期1月期末检测数学试题（含答案）

第第页浙江省嘉兴市2023-2024学年高二上学期1月期末检测数学试题一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．直线x=3A．0 B．π6 C．π3 2．数列an满足an+1=1−A．a1<a4 B．a1=3．抛物线y2A．x=12 B．x=1 C．x=−14．已知空间向量a=(x,4,1)，b=(2,y,−2)，且a∥A．−17 B．−1 C．1 D．175．已知点P为圆C：x−12+y−22=1外一动点，过点P作圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，BA．x−12+y−2C．x−12+y−26．已知F1，F2是椭圆C：x24+y23=1A．2,3 B．3,72 C．727．如图，把正方形纸片ABCD沿对角线AC进行翻折，点E，F满足AD=3AE，CB=3CF，O是原正方形ABCD的中心，当∠EOF=5A．12 B．13 C．538．已知数列an和bn均为等差数列，它们的前n项和分别为Sn和Tn，且an>0，A．272 B．312 C．372二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．若a,A．{B．{C．{D．{10．已知直线l：2m+1x+A．直线l过定点3,1B．原点O到直线l距离的最大值为10C．若点A−1,0，B1,0到直线lD．若直线l经过一、二、三象限，则−11．记等比数列an的前n项和为Sn，若A．an是递减数列 B．aC．S2n是递增数列 D．S12．数学中有许多形状优美的曲线．例如曲线C：xn+yn=1(n>0)，当n=2A．对任意正实数n，曲线C恒过2个定点B．存在无数个正实数n，曲线C至少有4条对称轴C．星形线围成的封闭图形的面积大于2D．星形线与圆x2三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．在等差数列an中，a1+a14．已知与圆C1：x2+y2=1和圆C215．在三棱锥P−ABC中，△PAB和△ABC都是等边三角形，AB=2，PC=1，D为棱AB上一点，则PD⋅CD的最小值是16．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，右焦点为F，倾斜角为π3的直线PF与双曲线四、解答题：本大题共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．已知圆C经过三点O0,0，A0,2，（1）求圆C的方程；（2）过A的直线l与圆C交于另一点P，且△CAP为等腰直角三角形，求l的方程．18．如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA（1）证明：平面B1D1（2）求A1到平面BDF19．已知抛物线C：x2=2pyp>0的焦点为F，直线x+4y−40=0与C交于A（1）求y1（2）若C上存在点M，使△MAB的重心恰为F，求p的值及点M的坐标．20．已知数列an的各项均为正数，其前n项和为Sn，且（1）求an（2）记bm为an在区间Sm,S2m中的项的个数，求数列21．如图，四棱锥P−ABCD的底平面是边长为2的菱形，∠BAD=60°，PA⊥PC，PB=PD，E为PC的中点．（1）证明：PC⊥平面BED；（2）若PD⊥AB，求平面PAB与平面BED夹角的余弦值．22．已知椭圆C：x2a2+（1）求椭圆C的方程；（2）设O为坐标原点，动点M，N在C上，记直线OM，ON的斜率分别为k1，k2，试问：是否存在常数λ，使得当k1k2

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：由直线x=3，可得该直线的倾斜角为π故答案为：D.【分析】根据直线方程和直线的倾斜角的定义，从而得出直线x=32．【答案】B【解析】【解答】解：当n=2时，a2当n=3时，a3当n=4时，a4故答案为：B.【分析】利用已知条件和递推公式，从而求得a13．【答案】C【解析】【解答】解：因为抛物线y2=2x，所以p=22=1，

则抛物线的准线方程为x=−4．【答案】A【解析】【解答】解：∵a∴a=λb，λ∈R，∴x=2λ4=λy1=−2λ∴x+2y=−1+2×−8故答案为：A.【分析】根据已知条件和空间向量平行的坐标运算，从而得出x,y的值，进而得出x+2y的值.5．【答案】A【解析】【解答】解：设P(x,y)，因为PA，PB与圆C相切，所以PA=PB，CA=CB，CA⊥PA，CB⊥PB，又因为PA⊥PB，所以四边形PACB为正方形，所以PA=CA=1，则PC=1即动点P的轨迹是以C1,2为圆心，2所以，动点P的轨迹方程为x−12故答案为：A．【分析】由已知条件结合直线与圆相切的性质，从而可得四边形PACB为正方形，再利用PA=CA=1，PC=2结合两点间的距离公式，从而得出动点P的轨迹是以C1,2为圆心，2为半径的圆，进而得出动点6．【答案】D【解析】【解答】解：由题意，设Ax,y由于A，B是椭圆C上关于x轴对称的不同的两点，

所以−2<x<2，又因为F1A===令t=x2，因为−2<x<2，所以所以ft由于对称轴为t=16，所以ft在0,4所以f4<ft≤f0即9<ft≤16，所以故答案为：D.【分析】设Ax,y,Bx,−y，由椭圆性质和已知条件可得x的取值范围，再由两点间的距离公式得AF1⋅B7．【答案】C【解析】【解答】解：设正方形边长为3，

由题意知∠AOE=∠COF,OE=OF，AE=CF=1,AO=OC=322，∠OAE=π4，则cos∠AOE=把正方形纸片ABCD沿对角线AC进行翻折后，直线AD与BC为异面直线，则AD=9=9=9=9故cosAD由题意知直线AD与BC为异面直线，它们所成角的取值范围为(0,故直线AD与BC所成角的余弦值为53故答案为：C.【分析】设正方形边长为3，求出相关线段长，利用余弦定理求出cos∠AOE的值，再结合数量积的运算法则，即可求出AD⋅BC的值，再利用数量积求两向量的夹角公式，从而求出cosAD,8．【答案】D【解析】【解答】解：由S23=T23可得设an=kn+t，bn=pn+q，所以pk=1，pt+kq=36，tq=0，若t=0，则pk=1kq=3612k=12p+q，

解得p=12，k=2，q=18，此时an同理，若q=0，则pk=1pt=36解得p=2,k=12,t=18，则an=综上所述，a1故答案为：D.【分析】根据题意，由等差数列的前n项和公式和等差数列的性质，可得a12=b12，然后由等差数列的通项公式，设an=kn+t，bn9．【答案】A,C【解析】【解答】解：对于A：因为a,所以可以得a+假设a+则有a+b=xb+c+y对于B：因为a,所以可以得a−因为a−b=−b−对于C：因为a,所以可以得a−假设a−则a−b=xb+c+yc−对于D：因为a,所以可以得a+因为a+b=b−故答案为：AC.【分析】根据空间向量基底的判断方法，再结合共面向量的判断方法，从而逐项判断找出答案.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：将2m+1x+m+1y−7m−4=0令2x+y−7=0x+y−4=0，即得x=3y=1，即直线l过定点当原点到定点的距离即是原点到直线的距离最大值，即原点O到直线l距离的最大值为32因为点A−1,0，B1,0到直线即2m+1×即9m+5=5m+3，解得m=−1若直线l经过一、二、三象限，则直线在x轴的截距为负、y轴的截距为正，令x=0，则y=7m+4m+1；令y=0，则x=7m+4即−47<m<−12，且m<−1故答案为：ABD.【分析】将2m+1x+m+1y−7m−4=0化为m2x+y−7+x+y−4=011．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：设等比数列an的公比为q(q≠0)，

因为−所以a1>0,−1<q<1且对于A，当0<q<1时，an是递减数列；

当−1<q<0时，a对于B，当0<q<1时，an是递减数列，最大项为a当−1<q<0，an是摆动数列，a所以数列的奇数项为正，偶数项为负，最大项为第一项，故B正确；对于C，S2n=a1(1−q2n)1−q，a因为y=q2n=q2所以S2n对于D，当0<q<1时，an是递减数列，Sn有最小项当−1<q<0，an是摆动数列，

因为a1>0所以数列Sn有最小项为S2,故答案为：BCD.【分析】由已知条件可得首项和公比的取值范围，再结合公比的取值范围判断出数列的单调性和最值，则判断出选项A和选项B；利用等比数列的求和公式和首项、公比的取值范围，从而判断出函数的单调性，进而判断出数列S2n的单调性，则判断出选项C；利用公比的取值范围和分类讨论的方法，从而判断出数列的单调性，从而得出数列S12．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：对于选项A，曲线C过定点0,1和1,0，

且x+y=1与x2+y2=1对于选项B，当n=2k，k∈N+时，曲线C至少有4条对称轴x=0，y=0，对于选项C，对于方程x23+y23=1，用“−x”替换“x所以星形线既关于x轴对称，也关于y轴对称，考虑星形线在第一象限内的图形，

因为1=x23再根据对称性，星形线的图形在曲线x+因为曲线x+y=1对于选项D，根据对称性，考虑星形线第一象限内的任意一点Px,y则|OP|当且仅当x2再根据对称性另外三个象限各有一个交点，共4个交点，则D正确．故答案为：ABD.【分析】利用已知条件，易知曲线C过定点0,1和1,0，可判断选项A；当n为正偶数时，曲线C关于x轴、y轴及y=±x对称，从而得出存在无数个正实数n，曲线C至少有4条对称轴，则可判断出选项B；根据表达式可判断出星形线围成的封闭图形曲线x+y=1的内部，再利用曲线x13．【答案】6【解析】【解答】解：在等差数列an中，3a3=a1+故答案为：6.【分析】根据给定条件和等差数列的性质，从而得出第三项的值，再由等差数列的性质得出a214．【答案】−【解析】【解答】解：因为圆C1：x2+y2圆C2：x−22+y−a2又因为与圆C1：x2+y2所以两圆相交，则r1即1<4+a2所以，实数a的取值范围是−5故答案为：−5【分析】由题意可得两圆的圆心坐标和半径长，再结合直线与圆相切的位置关系判断方法得出两圆相交，再根据两圆的位置关系得出实数a的取值范围.15．【答案】5【解析】【解答】解：如图，设AD=λAB，0≤λ≤1，在△PAC中，cos∠PAC=∴==2×2×=4λ2−4λ+故答案为：52【分析】设AD=λAB，0≤λ≤1，根据向量共线定理，从而将PD,CD用已知向量表示，再利用余弦定理和数量积的运算法则以及数量积的定义，从而得到16．【答案】3【解析】【解答】解：如图所示：在△APF中，∠AFP=2由余弦定理得：|AP|又因为|AP|2≤设双曲线的左焦点为F'，PF'=|PF|+2a，

在△F'由|AF|≤12|PF|得c+a≤c2所以离心率的取值范围是32故答案为：32【分析】根据题意，由余弦定理和|AP|2≤74|PF|17．【答案】（1）解：法一：设圆C的一般方程为x2代入三个点得F=04+2E+F=0解得F=0，E=−2，D=−4，所以C的方程为x2法二：线段OA的垂直平分线是y=1，线段OB的垂直平分线是y=−x+3，联立得圆心C坐标2,1，则半径r=|OC|=5，所以，圆C的方程为(x−2)（2）解：由题意得圆心到直线的距离为d=10当直线l的斜率不存在时，直线方程为x=0，此时圆心到直线的距离为2，故斜率存在，则设直线l的方程为y=kx+2，即kx−y+2=0，则|2k+1|1+解得k=−3或13所以l的方程为y=−3x+2或y=1【解析】【分析】（1）利用两种方法求解。法一：设圆的一般方程和已知条件，再结合代入法，从而解方程组得出圆C的一般方程；法二：分别求出弦OA,OB的垂直平分线，再联立两直线方程得出圆心坐标，再根据两点距离公式得出圆的半径，从而得出圆的标准方程.（2）由题意得出圆心到直线的距离为102，从而得出当直线l的斜率不存在时，直线方程为x=0，此时圆心到直线的距离为2，故斜率存在，再设出直线l的方程，根据点到直线的距离公式得出直线的斜率，从而得出直线l（1）法一：设圆C的一般方程为x2代入三个点得F=04+2E+F=0解得F=0，E=−2，D=−4，所以C的方程为x2法二：线段OA的垂直平分线是y=1，线段OB的垂直平分线是y=−x+3，联立得圆心C坐标2,1，则半径r=|OC|=5，所以C的方程为(x−2)（2）由题意得圆心到直线的距离为d=10当直线l的斜率不存在时，直线方程为x=0，此时圆心到直线的距离为2，故斜率存在；则设直线l的方程为y=kx+2，即kx−y+2=0，则|2k+1|1+解得k=−3或13所以l的方程为y=−3x+2或y=118．【答案】（1）证明：以D为原点，以AD，DC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，

则D1(0,0,2)，B1(1,1,2)，E(1,0,1)，B(1,1,0)ED1=(−1,0,1)，E设平面B1D1则m⋅ED1=0m⋅EB1设可得平面BDF的一个法向量n=则n⋅DF=0n⋅DB=0，即y1+因为m∥所以平面B1D1（2）解：因为A1(1,0,2)，所以由（1）知平面BDF的一个法向量n=(1,−1,1)则dA【解析】【分析】（1）以D为原点，以AD，DC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面B1D1E和平面BDF一个的法向量，再结合m∥（2）根据点A1到平面BDF的距离公式dA1−BDF=DA（1）以D为原点，以AD，DC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，D1(0,0,2)，B1(1,1,2)，E(1,0,1)，ED1=(−1,0,1)，E设平面B1D1则m⋅ED1=0m⋅E设可得平面BDF的一个法向量n=则n⋅DF=0n⋅DB=0，即y因为m∥所以平面B1D1（2）因为A1(1,0,2)，所以由（1）知平面BDF的一个法向量n=(1,−1,1)则dA19．【答案】（1）解：联立方程C：x2=2py和直线消去x得16y则y1（2）解：设点Mx0,由（1）可得y1由△MAB的重心恰为F可得y1+y2+y0=20+p8+y0=32p，

即y所以x0=8，即点M为8,2．【解析】【分析】（1）联立直线和抛物线方程，再利用韦达定理得出y1（2）根据抛物线标准方程得出焦点坐标，再由（1）中韦达定理得出y1+y（1）联立方程C：x2=2py和消去x得得16y则y1（2）设点Mx0,由（1）可得y1由△MAB的重心恰为F可得y1+y且x1+由点M在C上，满足x02=2p解得p=16，所以x0=8，即点M为8,2．20．【答案】（1）解：当n=1时，2a1=所以2S则2an+1=2所以an是首项为3，公比为3的等比数列，

所以an=（2）解：由（1），可得Sn当n=1时，区间S1,S当n≥2时，∵S∴a∴a2n<S2n<a2n+1，即当m≥2，

在区间Sm,S综上所述，bn=n，∴Tn3Tn①−②得，−2T∴T【解析】【分析】（1）根据已知条件和Sn与an的关系，从而得出数列递推公式，结合等比数列的定义判断出数列an（2）根据题意和等比数列前n项和公式以及分类讨论的方法，从而得出数列an在区间Sm,S2m中的项的个数bm，进而得出数列bn的通项公式，则得出数列a（1）当n=1时，2a1=所以2S则2a得an+1所以an是首项为3，公比为3的等比数列，所以an=（2）由（1），可得Sn当n=1时，区间S1,S当n≥2时，∵S∴a∴a2n<S2n<a2n+1，即当m≥2，在区间Sm所以bm综上，bn=n，∴Tn3Tn①−②得，−2T∴T21．【答案】（1）证明：如图，连接AC与BD交于点O，

则O为AC中点，也为BD中点，连接OP，OE，因为PB=PD，所以BD⊥OP，又因为BD⊥AC，AC，OP是平面PAC内两条相交线，所以BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC，因为O，E分别为AC，PC中点，所以AP//因为PA⊥PC，所以PC⊥OE，

又因为BD，OE是平面BDE内两条相交线，所PC⊥平面BED.（2）解：因为BD⊥平面PAC，所以平面ABCD⊥平面PAC，作PH⊥AC，交点为H，则PH⊥平面ABCD，又因为AB⊂平面ABCD，所以PH⊥AB，由PD⊥AB，又PH⊥AB，PD∩PH=H,PD,PH⊂平面PDH所以AB⊥平面PDH，

又因为DH⊂平面PDH，所以DH⊥AB，由于四棱锥P−ABCD的底平面是边长为2的菱形，∠BAD=60°，所以△ABD为等边三角形，

又因为AO⊥BD，DH⊥AB，所以点H即为△ABD的垂心，也为重心，则OH=13OA=33如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系，则P0,−33,2则AB=(1,3,0)设平面PAB的一个法向量m=(x,y,z)由m⋅AB=0m⋅又因为平面BDE的一个法向量PC所以|cos即平面PAB与平面BED夹角的余弦值33【解析】【分析】（1）利用已知条件和等腰三角形三线合一得出线线垂直，再由线线垂直证出直线BD⊥平面PAC，从而得到BD⊥PC，再根据中点作中位线的方法和中位线的性质得出线线平行，再由PA⊥PC证出PC⊥OE，从而由线线垂直证出线面垂直，即证出PC⊥平面BED.（2）利用线线垂直、线面垂直和面面垂直的推导关系、菱形的结构特征推出等边三角形的方法、垂心和重心的性质，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面PAB的一个法向量和平面BDE的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面PAB与平面BED夹角的余弦值．（1）如图，连接AC与BD交于点O，则O为AC中点，也为BD中点，连接OP，OE．因为PB=PD，所以BD⊥OP，又BD⊥AC，AC，OP是平面PAC内两条相交线，所以BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC，因为O，E分别为AC，PC中点，所以AP//因为PA⊥PC，所以PC⊥OE．又BD，OE是平面BDE内两条相交线，所PC⊥平面BED；.（2）因为BD⊥平面PAC，所以平面ABCD⊥平面PAC，作PH⊥AC，交点为H，则PH⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以PH⊥AB，由PD⊥AB，又PH⊥AB，PD∩PH=H,PD,PH⊂平面PDH所以AB⊥平面PDH，又DH⊂平面PDH，所以DH⊥AB，由于四棱锥P−ABCD的底平面是边长为2的菱形，∠BAD=60°，所以△ABD为等边三角形，又AO⊥BD，DH⊥AB，所以点H即为△ABD的垂心，也为重心，则