2023-2024學年安徽省六安二中高二（上）期末數(shù)學試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年安徽省六安二中高二（上）期末數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知等比數(shù)列{an}中，an>0，a1，aA.32 B.64 C.256 D.±2.設(shè)m∈R，則“m=2”是“直線l1：mx+2A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分又不必要3.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a3+aA.52 B.54 C.56 D.584.如圖，平行六面體ABCD?A1B1C1D1A.26

B.25

C.5.已知橢圓方程為x2a2+y2b2=1(a>0,bA.x245+y236=1 6.如圖，已知正四棱錐P?ABCD的底面邊長和高分別為2和1，若點E是棱PD的中點，則異面直線PAA.3333

B.3311

C.7.已知點A為拋物線C：x2=8y上的動點，點B為圓(x?6)2+(yA.4 B.5 C.7 D.108.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,aA.31012?12 B.31012?二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.下列結(jié)論正確的是(

)A.(cosx)′=?sinx10.已知圓O：x2+y2A.過點P(1,1)作直線與圓O交于A，B兩點，則|AB|范圍為[22,4]

B.圓O上有4個點到直線l：x?3y+1=0的距離等于1

C.圓O與圓C11.小明同學在完成教材橢圓和雙曲線的相關(guān)內(nèi)容學習后，提出了新的疑問：平面上到兩個定點距離之積為常數(shù)的點的軌跡是什么呢？又具備哪些性質(zhì)呢？老師特別贊賞他的探究精神，并告訴他這正是歷史上法國天文學家卡西尼在研究土星及其衛(wèi)星的運行規(guī)律時發(fā)現(xiàn)的，這類曲線被稱為“卡西尼卵形線”.在老師的鼓勵下，小明決定先從特殊情況開始研究，假設(shè)F1(?1,0)、F2(1,0)是平面直角坐標系A(chǔ).曲線C既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形

B.動點P的橫坐標的取值范圍是[?3,3]

C.|三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知n=(0,2,1)是平面α的法向量，點Q(1,013.設(shè)曲線y=eax?x?1在點(014.已知雙曲線E：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過左焦點F1作直線四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知圓C過點A(4,0)，B(0,4)，且圓心C在直線l：x+y?6=0上．

(1)16.(本小題15分)

如圖，在四面體ABCD中，AD⊥平面BCD，M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ=3QC．

(1)求證：17.(本小題15分)

已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足2Sn=an+1，n∈N*．

(1)求數(shù)列18.(本小題17分)

已知拋物線C：x2=2py(p>0)，過焦點F的直線交拋物線于A、B兩點，|AF|=16,|BF|19.(本小題17分)

定義：對于任意大于零的自然數(shù)n，滿足條件an+an+22≤an+1且an≤M(M是與n無關(guān)的常數(shù))的無窮數(shù)列{an}稱為M數(shù)列．

(1)若等差數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，且b1=?3，S9=答案和解析1.【答案】B

【解析】【分析】

本題主要考查了等比數(shù)列的性質(zhì)，涉及到解一元二次方程，屬于基礎(chǔ)題．

根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)，把a20?a50?a80轉(zhuǎn)換為a503，即可得解．

【解答】

解：∵a1，a99為方程x2?10x+16=0的兩根，

∴a12.【答案】C

【解析】解：m=2時，直線l1：2x+2y?1=0，直線l2：3x+3y+1=0，此時23=23≠?11，可得直線l1//3.【答案】A

【解析】解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，

則由題意得2a1+5d=116a1+6×52d+7a1+7×62d=754.【答案】B

【解析】解：∵平行六面體ABCD?A1B1C1D1的各棱長均為2，∠A1AB=∠A1AD=60°，∠DAB=5.【答案】C

【解析】【分析】

本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、“點差法”，考查了推理能力和計算能力，屬于中檔題．

設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，代入橢圓的方程可得x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1.兩式相減可得：(x1?x2)(x1+x2)a2+(y1?y26.【答案】B

【解析】解：連接AC，BD，交于點O，

由題意，以O(shè)為原點，分別以O(shè)B,OC,OP的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖，

由正四棱錐P?ABCD的底面邊長和高分別為2和1，可得AC=BD=22，

∴P(0,0,1)，A(0,?2,07.【答案】B

【解析】解：如圖所示，設(shè)拋物線的焦點為F，圓心為C，

則F(0,2)，C(6,?6)，又圓C的半徑r=3，

d=|AF|?2，

所以|AB|+d=|AB|+|AF|?2，

又|A8.【答案】A

【解析】解：a2n+1=a2n+3n=a2n?1+(?1)n+3n9.【答案】AD【解析】解：(cosx)′=?sinx，故選項A正確；

因為sinπ3=32，所以(sinπ3)′=10.【答案】AB【解析】解：根據(jù)題意，圓O：x2+y2=4，圓心為O(0,0)，半徑R=2，

對于A，因為|OP|=12+12=2<2，可知點P在圓O內(nèi)，

因此圓心O到過點P的直線的距離d∈[0,2]，可得|AB|=2R2?d2=24?d2∈[22,4]，故A項正確；

對于B，因為圓心O到直線l：x?3y+1=0的距離d=|0?0+1|12+(?3)2=12<1，

作出直線l1、l2與直線l平行，且l1，l2到直線l的距離都為1，如下圖所示，

由圖可知此時A、B、C、D到直線l的距離均為1，

所以圓O上有4個點到直線l：x?3y+1=0的距離等于1，故B項正確；

對于C，圓C：(x?3)2+(y?4)2=r11.【答案】AB【解析】解：令P(x,y)，則(x+1)2+y2?(x?1)2+y2=2，

所以[(x+1)2+y2][(x?1)2+y2]=4，則(x2?1)2+2y2(x2+1)+y4=4，

將(x,y)、(?x,y)、(?x,?y)代入上述方程后，均有(x2?1)2+2y2(x2+1)+y4=4，

所以曲線C既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，A正確；

令t=y2≥0，則t2+2(x2+1)t+(12.【答案】3【解析】解：∵Q(1,0,3)，P(2,2,2)，

∴PQ=(?1,13.【答案】3

【解析】解：由已知：y′=aeax?1，

∵切線與直線x+2y+1=0垂直，故切線斜率為2．

∴y14.【答案】14【解析】解：設(shè)雙曲線的半焦距為c，c>0，

|BF2|=|AF2|，根據(jù)題意得到|BF1|?|BF2|=2a，

又|AF2|?|AF1|=|BF2|?|AF1|=2a，

故??A15.【答案】解：(1)由A(4,0)，B(0,4)，得直線AB的斜率為kAB=0?44?0=?1，

線段中點D(2,2)所以kCD=1，直線CD的方程為y?2=x?2，

即y=x，聯(lián)立x+【解析】(1)先求AB的垂直平分線方程CD，聯(lián)立直線l的方程可得圓心坐標，然后可得半徑，進而得出圓的標準方程；

(2)根據(jù)點M(16.【答案】解：(1)證明：過P作PS//MD，交BD于S，過Q作QR//MD，交CD于R，連接RS，

∵PS//MD，P是BM的中點，

∴S是BD的中點，且PS=12MD，

∵QR//MD，AQ=3QC，M是AD的中點，

∴QR=14AD=12MD，

∴QR//PS，且QR=PS，∴四邊形PQRS為平行四邊形，∴PQ//SR，

∵PQ?平面BCD，SR?平面【解析】(1)過P作PS//MD交BD于S，過Q作QR//MD，交CD于R17.【答案】解：(1)由2Sn=an+1得Sn=14(an+1)2，則a1=14(a1+1)2，解得a1=1，

當n≥2時，Sn?1=14(an?1【解析】(1)根據(jù)數(shù)列遞推式求出首項，得出當n≥2時，Sn?1=14(an?1+18.【答案】解：(1)由題意可知：直線AB斜率必存在，設(shè)其方程為：y?p2=kx(k≠0)，

由y?p2=kxx2=2py，消去x得，y2?(p+2pk2)y+p24=0，

則y1+y2=p+2pk2,y1y2=p24，

由題意可知：

1|AF|+【解析】(1)由題意得直線AB的斜率一定存在，設(shè)出直線AB的方程，并和拋物線的方程聯(lián)立消去x得，y2?(p+2pk2)y+p24=0，利用韋達定理計算1|AF19.【答案】解：(1)由題意知∵S9=9b1+9×82