河北省邢臺市2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試卷（含解析）

絕密★啟用前2022-2023學(xué)年河北省邢臺市高二（上）期末數(shù)學(xué)試卷學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________題號一二三四總分得分注意事項:

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。第I卷（選擇題）一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.已知雙曲線C：y26-x2b2=1(A.3 B.233 C.2.已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若3SA.3 B.1 C.-1 D.3.平行六面體ABCD-A1B1CA.1 B.76 C.56 4.某地全域旅游地圖如圖所示，它的外輪廓線是橢圓，根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)可得該橢圓的焦距為(

)A.222

B.822

C.5.在長方體ABCD-A1B1C1D1A.3 B.13 C.4 D.96.某少數(shù)民族的刺繡有著悠久的歷史，圖(1)、(2)、(3)、(4)為四個簡單的圖案，這些圖案都由小正方形構(gòu)成，小正方形個數(shù)越多刺繡越漂亮.現(xiàn)按同樣的規(guī)律(小正方形的擺放規(guī)律相同)擺放，設(shè)第n個圖形包含f(n)個小正方形，則f(10)=(

)A.192 B.181 C.175 D.2037.已知點P(0,3)，拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點為F，射線FP與拋物線C相交于點M，與其準線交于點NA.1 B.2 C.32 D.8.南宋數(shù)學(xué)家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中提出了一些新的垛積公式.所討論的高階等差數(shù)列與一般的等差數(shù)列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數(shù)之差或者高次差成等差數(shù)列.如數(shù)列1，3，6，10，它的前后兩項之差組成新數(shù)列2，3，4，新數(shù)列2，3，4為等差數(shù)列，數(shù)列1，3，6，10被稱為二階等差數(shù)列.已知數(shù)列{an}，a1=1，a2A.數(shù)列{an}為二階等差數(shù)列

B.an=n2

C.數(shù)列{an+1二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）9.已知⊙O的圓心在直線y=x+2上，且⊙O過點A(1,0)，B(2,1)，直線A.⊙O的方程為x2+(y-2)2=5

B.圓心O到直線l的距離的最大值為5

C.若直線l與⊙O相切，則a=10.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，∠ABC=π2，AB=A.直線CM與AD所成角的余弦值為16 B.|BM|=23

C.BM⊥PC 11.已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F，過F作x軸的垂線交橢圓C于點P(P在第一象限)，直線OP(O是坐標原點)與橢圓C另交于點A，直線AF與橢圓C另交于點B，若PA⊥A.kPA=2kAB B.kPB?12.若正整數(shù)m，n只有1為公約數(shù)，則稱m，n互質(zhì).對于正整數(shù)n，φ(n)是小于或等于n的正整數(shù)中與n互質(zhì)的數(shù)的個數(shù).函數(shù)φ(n)以其首名研究者歐拉命名，被稱為歐拉函數(shù)，例如φ(3)=2，A.φ(5)，φ(9)，φ(15)成等差數(shù)列

B.數(shù)列{φ(3n)}(n∈N*)是等比數(shù)列

C.數(shù)列{φ(2n)?(3n)}第II卷（非選擇題）三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1000+a102414.已知平面α的一個法向量為n=(2,-3,-1)，點M(1,-3,-1)在平面α內(nèi)，則點15.在數(shù)列{an}中，a1=1，an+1-an=9-16.古希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名.他發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)到兩個定點A，B的距離之比為定值λ(λ≠1)的點的軌跡是圓.后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知在平面直角坐標系xOy中，A(2,12)，B(2,2)，P是滿足λ=12的阿氏圓上的任一點，則該阿氏圓的方程為

；若點Q為拋物線C：y2四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

已知拋物線C：y=x2，直線l與拋物線C交于A，B兩點，且OA⊥OB，O是坐標原點．

(1)證明：直線AB過定點；

18.(本小題12.0分)

如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1=1219.(本小題12.0分)

已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和，a1=3，Sn，Sn+1的等差中項為(n+1)an+1．

(1)求{a20.(本小題12.0分)

如圖所示，在多面體A1B1D1-DCBA中，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點，過A1，D，E21.(本小題12.0分)

已知遞增數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1an=an-2n-1an+1-2n-1．

(1)求{22.(本小題12.0分)

已知A1(-1,0)，A2(1,0)，動點P(x,y)滿足直線PA1與PA2的斜率之積為3．

(1)求動點P的軌跡C的方程；

(2)過原點O作直線l，直線l被曲線C截得的弦長為|AB|，將直線l向左、右分別平移2個單位長度得到直線l答案和解析1.【答案】B

【解析】解：設(shè)雙曲線C的一個焦點為(0,c)，

∵雙曲線C的漸近線為6x±by=0，

∴焦點到漸近線的距離為bc6+b2=2，

∵c=6+b2，∴b=2.【答案】D

【解析】解：因為3Sn=3n+1+λ，

所以Sn=3n+λ3，

當(dāng)q=1時，顯然不符合題意，

當(dāng)q≠1時，Sn=a1(1-qn3.【答案】B

【解析】解：根據(jù)題意，平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，有AC1=AB+BC+CC1，

又由AC1=xAB+2yBC-4.【答案】C

【解析】解：由圖可知長軸長為2a=26，短軸長為2b=18，

所以a=13，b=9，故焦距為2a2-b2=45.【答案】D

【解析】解：根據(jù)題意可得BD1?AD=(BA+BC+B6.【答案】B

【解析】觀察可知，f(1)=1=2×1×0+1，f(2)=1+3+1=2×2×1+1，f(3)=1+3+5+3+1=2×3×2+1，f(4)=1+3+5+7+5+3+1=2×4×7.【答案】D

【解析】解：由拋物線可得焦點F(p2,0)，

如圖，過M作C的準線的垂線，垂足為K，

則|MK|=|MF|，因為∵|FM||MN|=|MK||MN|=55，

∴tan∠PFO=tan∠NMK=|NK|8.【答案】C

【解析】解：因為an+1+an-1=2(an+1)(n≥2)，

所以(an+1-an)-(an-an-1)=2(n≥2)，

所以{an+1-an}是首項為a2-a1=3，公差為2的等差數(shù)列，

所以an+1-an=2n+1，所以數(shù)列{an}為二階等差數(shù)列，故A正確；

因為an=(an-an-9.【答案】AC

【解析】解：因為AB的中點坐標為(32,12)，直線AB的斜率kAB=1-02-1=1，

所以線段AB的垂直平分線的方程為y-12=-(x-32)，即x+y-2=0．

聯(lián)立方程組x+y-2=0y=x+2，解得x=0y=2即圓心O(0,2)，

半徑r=|OA|=(1-0)2+(0-2)2=5，

所以⊙O的方程為x2+(y-2)2=5，故A正確；

因為直線l過定點P(3,1)，當(dāng)直線l⊥OP時，圓心O到直線l的距離最大，

且最大值為|OP|=10，故B錯誤；

圓心O(0,2)到直線l的距離d=|-1-3a|1+a10.【答案】ABD【解析】解：過A作AE⊥CD，垂足為E，則DE=2，

分別以AE，AB，AP所在直線為x，y，z軸，建系如圖，則根據(jù)題意可得：

B(0,2,0)，C(22,2,0)，D(22,-2,0)，P(0,0,2)，M(2,-1,1)，

∴BM=(2,-3,1)，CM=(-2,-3,1)，PC=(22,2,-2)，BC=(22,0,0)，BP=(0,-2,2)，AD=(22,-2,0)，

∴|cos<CM,AD>|=|CM?AD11.【答案】ABD

【解析】解：由題意F(c,0)，過F作x軸的垂線交橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)于點P(P在第一象限)，

直線OP(O是坐標原點)與橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)另交于點A，

可得P(c,b2a)，A(-c,-b2a)，設(shè)B(x0,y0)

因為PA⊥PB，所以k12.【答案】ABD

【解析】解：因為φ(5)=4，φ(9)=6，φ(15)=8，則2×6=8+4，

所以φ(5)=4，φ(9)=6，φ(15)=8成等差數(shù)列，所以A正確；

因為2為質(zhì)數(shù)，在不超過2n的正整數(shù)中，

所有偶數(shù)的個數(shù)為2n-1，

所以φ(2n)=2n-2n-1=2n-1，

因為3為質(zhì)數(shù)，在不超過3n的正整數(shù)中，

所有能被3整除的正整數(shù)的個數(shù)為3n-1，

所以φ(3n)=3n-3n-1=2×3n-1(n∈N*)，

則{φ(3n)}(n∈N*13.【答案】4046

【解析】解：a1000+a1024=4，

則S2023=2023(a1+a14.【答案】5【解析】解：根據(jù)題意可知MP=(1,1,4)，又平面α的一個法向量為n=(2,-3,-1)，

∴點P到平面α的距離d=|MP?15.【答案】1(或8或13或16，只需寫出一個答案即可)

【解析】解：∵an+1-an=9-2n，

∴當(dāng)n≥2時，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+???+(a2-a1)+a116.【答案】(x-2【解析】解：設(shè)P(x,y)，則|PA||PB|=12，

即(x-2)2+(y-12)2(x-2)2+(y-2)2=14，

化簡得(x-2)2+y2=1；

拋物線C：y2=4x的準線為x=-1，因為|QF|等于Q到拋物線準線的距離，

所以|PQ|+|QF|的最小值轉(zhuǎn)化為點P到準線的距離，

17.【答案】解：(1)證明：易知直線AB的斜率存在且不過原點，

設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，m≠0，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

聯(lián)立方程組y=kx+m,y=x2,，可得x2-kx-m=0，

∴x1+x2=k，x1x2=-m，∵【解析】(1)設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，直線AB的方程y=kx+18.【答案】證明：(1)以C1為坐標原點，C1A1，C1B1，C1C的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系：

設(shè)BC=1，則A1(2,0,0)，B1(0,1,0)，A(2,0,1)，B(0,1,1)，

因為AB1=(-2,1,-1)，BC1=(0,-1,-1)，

所以AB1?BC1=(-2)×0+1×(-1)+(-1)×(-1)=0，

所以BC1⊥AB1；【解析】(1)建立空間直角坐標系，由AB1?BC1=0可證明BC1⊥AB1；

(2)先求平面A19.【答案】解：(1)因為Sn，Sn+1的等差中項為(n+1)an+1，

所以Sn+Sn+1=2(n+1)an+1．

當(dāng)n=1時，S1+S2=2(1+1)a2，所以a2=2，

當(dāng)n≥2時，Sn-1+Sn=2nan，

所以a【解析】(1)根據(jù)數(shù)列的前n項和作差，即可求解可；

(2)由題知bn=1220.【答案】(Ⅰ)證明：∵B1C=A1D且A1B1=CD，

∴四邊形A1B1CD為平行四邊形，

∴B1C//A1D，

又∵B1C?平面A1EFD，A1D?平面A1EFD，

∴B1C//平面A1EFD，

又∵平面A1EFD∩平面B1CD1=EF，B1C?平面B1CD1，

∴EF//B1C；

(Ⅱ)解：以A為坐標原點，以AB、AD、AA1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz如圖，設(shè)AB=AD=A【解析】本題考查空間中線線平行的判定，求二面角的三角函數(shù)值，注意解題方法的積累，屬于中檔題．

(Ⅰ)通過四邊形A1B1CD為平行四邊形，可得B1C//A1D，利用線面平行的性質(zhì)定理即得結(jié)論；

(Ⅱ)以A為坐標原點，以AB、AD、AA1所在直線分別為x、y21.【答案】解：(1)因為an+1an=an-2n-1an+1-2n-1，

所以an+1(an+1-2n-1)=an(an-2n-1)，

所以an+12-(2n+1)an+1=an2-(2n+1)an,an+12-an2=(2n+1)(an+1-an)，

因為an+1≠an，所以an+1+an=2n+1，

因為an+1+an