浙江省金華十校2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷（含答案）

浙江省金華十校2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單選題1．直線3x+y?2=0A．π6 B．π3 C．2π32．已知空間向量a=(2，1，nA．0 B．1 C．2 D．?23．已知拋物線C：y2=2px(A．1 B．2 C．3 D．44．圓C1：xA．0條 B．1條 C．2條 D．3條5．桁架橋指的是以桁架作為上部結(jié)構(gòu)主要承重構(gòu)件的橋梁．桁架橋一般由主橋架、上下水平縱向聯(lián)結(jié)系、橋門架和中間橫撐架以及橋面系組成．下面是某桁架橋模型的一段，它是由一個(gè)正方體和一個(gè)直三棱柱構(gòu)成．其中AB=BH，那么直線AH與直線IG所成角的余弦值為（）A．?32 B．32 C．?6．小芳“雙11”以分期付款的方式購(gòu)買一臺(tái)標(biāo)價(jià)6600元的筆記本電腦，購(gòu)買當(dāng)天付了2600元，以后的八個(gè)月，每月11日小芳需向商家支付500元分期款，并加付當(dāng)月所有欠款產(chǎn)生的一個(gè)月的利息（月利率為2%），若12月算分期付款的首月，則第3A．550元 B．560元 C．570元 D．580元7．有以下三條軌跡：①已知圓A：(x+1)2+②已知點(diǎn)A，B分別是x，y軸上的動(dòng)點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，滿足|AB|=4③已知A(?5，0)，B(5，A．e1<e2<e3 B．8．已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，公比為q，在a1，a2之間插入1個(gè)數(shù)，使這3個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，記公差為d1，在a2A．當(dāng)0<q<1時(shí)，數(shù)列{dB．當(dāng)q>1時(shí)，數(shù)列{dC．當(dāng)d1>dD．當(dāng)d1<d二、多選題9．已知雙曲線x2A．漸近線方程為y=±32xC．離心率為52 10．自然界中存在一個(gè)神奇的數(shù)列，比如植物一年生長(zhǎng)新枝的數(shù)目，某些花朵的花數(shù)，具有1，1，2，3，5，8，13，21……，這樣的規(guī)律，從第三項(xiàng)開始每一項(xiàng)都是前兩項(xiàng)的和，這個(gè)數(shù)列稱為斐波那爽數(shù)列．設(shè)數(shù)列{an}A．a(chǎn)2021，aC．S2021，S11．已知平行六面體ABCD?A1B1CA．若α=β=90°，則直線A1C⊥B．若α=β=90°，則平面ABCD⊥平面ACC．若α=β=60°，則直線A1C⊥D．若α=β=60°，則平面ABB12．已知橢圓x24+y2b2=1的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F2A．a(chǎn)2，a3，aC．x2=3x三、填空題13．直線l1：3x?4y?5=0，直線l2：14．?dāng)?shù)列{an}滿足a1=0，15．老張家的庭院形狀如圖，中間部分是矩形ABCD，AB=8，BC=3（單位：m），一邊是以CD為直徑的半圓，另外一邊是以AB為長(zhǎng)軸的半個(gè)橢圓，且橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)M到AB的距離是2m，要在庭院里種兩棵樹，想讓兩棵樹距離盡量遠(yuǎn)，請(qǐng)你幫老張計(jì)算一下，這個(gè)庭院里相距最遠(yuǎn)的兩點(diǎn)間距離是m．16．如圖，已知平行四邊形ABCD，AB=2，BC=4，∠A=60°，E、F分別是AD、BC的中點(diǎn)．現(xiàn)將四邊形CDEF沿著直線EF向上翻折，則在翻折過(guò)程中，當(dāng)點(diǎn)A到直線BC的距離為2時(shí)，二面角A?EF?D的余弦值為四、解答題17．已知等差數(shù)列{an}，正項(xiàng)等比數(shù)列{bn}，其中{bn}（1）求數(shù)列{an}（2）若cn=anb18．圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(1，2)與直線x+y?5=0（1）求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）直線l：mx+2y?3m?1=0交圓C于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)19．已知直線l過(guò)拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)F，與拋物線（1）若l的傾斜角為π3，求|（2）若在拋物線C上有且僅有一點(diǎn)P（異于A，B），使得PA⊥PB，求直線l的方程和相應(yīng)點(diǎn)20．在四棱錐P?ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB=3，BC=CD=PD=2，∠PDC=120°，PD與平面ABCD所成角的大小為60°，點(diǎn)Q為線段PB上一點(diǎn)．（1）若CQ∥平面PAD，求PQPB（2）若四面體Q?ABC的體積為233，求直線AB與平面21．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an（1）若{an}（2）令cn=(a2n?1+a2n)?322．已知雙曲線C：x2a2?y（1）求雙曲線C的方程；（2）已知點(diǎn)M(m，n)為雙曲線C上一點(diǎn)且位于第一象限，過(guò)M作兩條直線l1，l2，且直線l

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】∵直線3x+y﹣2=0的斜率k=?3，設(shè)傾斜角為θ，則tanθ=∴直線3x+y﹣2=0傾斜角為2π3故答案為：C．

【分析】利用已知條件結(jié)合直線的斜率與直線的傾斜角的關(guān)系式，進(jìn)而得出直線的傾斜角。2．【答案】A【解析】【解答】∵a與b∴a?b故答案為：A.

【分析】利用已知條件結(jié)合數(shù)量積為0兩向量垂直的等價(jià)關(guān)系，再結(jié)合數(shù)量積的坐標(biāo)表示，進(jìn)而得出n的值。3．【答案】B【解析】【解答】由題知F(p2，所以|PF|=|QF|=|PQ|=4，根據(jù)拋物線定義可知xP+p所以yP2=2p(4?p2所以|QF|=p2+故答案為：B

【分析】由拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程得出焦點(diǎn)坐標(biāo)，利用三角形△PQF是邊長(zhǎng)為4的正三角形，所以|PF|=|QF|=|PQ|=4，根據(jù)拋物線定義可知點(diǎn)P的坐標(biāo)，進(jìn)而得出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，再結(jié)合兩點(diǎn)距離公式得出和已知條件得出p的值。4．【答案】B【解析】【解答】圓C1：x2+圓C2：(x?3)2注意到圓心距|C故答案為：B

【分析】利用已知條件結(jié)合兩圓位置關(guān)系判斷方法判斷出兩圓內(nèi)切，再結(jié)合兩圓的位置關(guān)系得出兩圓公切線的條數(shù)。5．【答案】D【解析】【解答】以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB，ED，EI所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=BH=a，則A(a，AH=(0設(shè)直線AH與直線IG所成角為θ，則cosθ=|故直線AH與直線IG所成角的余弦值為12故答案為：D

【分析】以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB，ED，EI所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=BH=a，從而得出點(diǎn)的坐標(biāo)，再結(jié)合向量的坐標(biāo)表示得出向量的坐標(biāo)，再利用數(shù)量積求向量夾角公式得出直線AH與直線IG所成角的余弦值。6．【答案】B【解析】【解答】第3個(gè)月小芳需要給商家支付500+（4000?2×500）×2%故答案為：B.

【分析】利用已知條件結(jié)合函數(shù)建模的方法得出第3個(gè)月小芳需要給商家支付的錢數(shù)。7．【答案】A【解析】【解答】①，設(shè)動(dòng)圓圓心P(x，由題意可知：圓A：(x+1)2+圓B：(x?1)2+由條件可知：|PA|=3?r，|PB|=1+r，所以|PA|+|PB|=4>|AB|=2，所以點(diǎn)P的軌跡方程為：x24+②設(shè)A(m，0)，B(0，n)，則m2+n2=16，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得：M(m2，③設(shè)點(diǎn)P(x，整理化簡(jiǎn)可得：x225?則e3所以e3故答案為：A.

【分析】①設(shè)動(dòng)圓圓心P(x，y)，半徑為r，由題意可知圓A：(x+1)2+y2=9的圓心坐標(biāo)和半徑長(zhǎng)，再利用圓B②設(shè)A(m，0)，B(0，n)，則m2+n2=16③設(shè)點(diǎn)P(x，y)，由題意結(jié)合兩點(diǎn)求斜率公式可知x8．【答案】D【解析】【解答】數(shù)列{an}由題意an+1=a0<q<1時(shí)，dn<0，有dn+1dnq>1時(shí)，dn>0，dn+1dn=q(n+1)n+2，若數(shù)列{dd1>d2時(shí)，q>1時(shí)，dn>0，由dn+1dn=q(n+1)n+2，若數(shù)列{dd1<d2時(shí)，a1(q?1)2故答案為：D

【分析】利用已知條件結(jié)合等比數(shù)列的定義和等差數(shù)列的定義，再結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性和恒成立問(wèn)題求解方法，進(jìn)而找出正確的選項(xiàng)。9．【答案】A,B,D【解析】【解答】由雙曲線方程為：x24?所以a=2，所以漸近線方程為y=±b焦點(diǎn)坐標(biāo)為(±離心率為：e=c實(shí)軸長(zhǎng)為：2a=4，D符合題意，故答案為：ABD.

【分析】利用已知條件結(jié)合雙曲線的漸近線方程求解方法、焦點(diǎn)坐標(biāo)求解方法、雙曲線的離心率公式、雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)求解方法，進(jìn)而找出正確的選項(xiàng)。10．【答案】B,D【解析】【解答】由題意：an+所以an+1+②?①得：an+2所以數(shù)列an，a令n=2021，則a2021由an所以Sn+1所以Sn?1令n=2022，則S2021故答案為：BD.

【分析】利用已知條件結(jié)合斐波那契數(shù)列的定義，再結(jié)合遞推公式變形和等差數(shù)列的定義以及等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，進(jìn)而找出等差數(shù)列的選項(xiàng)。11．【答案】B,C【解析】【解答】對(duì)于A，若α=β=90°，A==0+1×1×cos所以A1C與BC1不垂直，又因?yàn)樗灾本€A1C與平面對(duì)于B，若α=β=90°，則A1A⊥AB，A1A⊥AD，又因?yàn)锳B∩AD=A，且AB，AD?平面ABCD，所以所以平面A1ACC對(duì)于C，若α=β=60°，因?yàn)锳=1×1×cos60°+1×1×cos又因?yàn)锳==1×1×cos所以A1C⊥BD，因?yàn)锽D∩B1B=B所以直線A1C⊥平面對(duì)于D，如圖：連接A1D，BD，取AB的中點(diǎn)若α=β=60°，由題意可知：A1D=BD=1，根據(jù)題意可知：DE⊥AB，A1E⊥AB，則由題意可知：A1E=DE=3cos∠A1ED=A1E2+E故答案為：BC.

【分析】利用已知條件結(jié)合平行六面體的結(jié)構(gòu)特征，再結(jié)合線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，進(jìn)而找出正確的選項(xiàng)。12．【答案】A,B,C【解析】【解答】A選項(xiàng)，由橢圓定義可知：a1又a1，a則a2+a3=2a1又a4故a2B選項(xiàng)，若d=1，此時(shí)|BF2|=a1=1設(shè)F2(c，設(shè)直線AB為x=c+my，與x2(b2則y1因?yàn)閥1=?3y聯(lián)立解得3c2由弦長(zhǎng)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?yàn)閍>b，所以b2=4舍去，故C選項(xiàng)，設(shè)橢圓x2a2+y下面證明|MF1|=a+e過(guò)點(diǎn)M作MA⊥橢圓的左準(zhǔn)線于點(diǎn)A，作MB⊥橢圓右準(zhǔn)線于點(diǎn)B，則有橢圓的第二定義可知：|MF其中|MA|=x則|MF1|=e(故|AF2|=a?e|BF2|=a?ex2D選項(xiàng)，設(shè)直線AB為x=c+my，由x2=3x1得：故答案為：ABC

【分析】由橢圓定義可知a1+a4=4，a2+a3=4和a1，a2，a3成等差數(shù)列，再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和等差數(shù)列的性質(zhì)，從而判斷出a2，a3，a4成等差數(shù)列；若d=1，此時(shí)|BF2|=a1=12，|AF2|=a2=32，再利用兩點(diǎn)距離公式得出|AB|的值且y1=?3y2，設(shè)F2(c，13．【答案】9【解析】【解答】由平行線間的距離公式可得：l1，l故答案為：95

【分析】利用已知條件結(jié)合平行直線求距離公式得出l114．【答案】n【解析】【解答】因?yàn)閍n+1所以anan?1??，a3a2累加得：a=故答案為：n2

【分析】利用已知條件結(jié)合遞推公式和累加法得出數(shù)列的通項(xiàng)公式。15．【答案】2【解析】【解答】根據(jù)題意可得，以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線和AB的垂直平分線分別為x，則半圓圓心為O1(0，由橢圓長(zhǎng)軸2a=AB=8可得a=4，易知b=2，所以橢圓方程為x2根據(jù)題意可得當(dāng)P點(diǎn)到圓心O1的距離最大時(shí)，O1P的連線交半圓于Q設(shè)P(x0，易知|O當(dāng)y0=?1時(shí)，?3(則|PQ|≤|O故答案為：2

【分析】根據(jù)題意可得，以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線和AB的垂直平分線分別為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，從而得出半圓圓心坐標(biāo)和半徑長(zhǎng)，由橢圓長(zhǎng)軸得出a的值，進(jìn)而得出b的值，從而得出橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程，根據(jù)題意可得當(dāng)P點(diǎn)到圓心O1的距離最大時(shí)，O1P的連線交半圓于Q，此時(shí)PQ16．【答案】1【解析】【解答】連接BE、DF，取EF的中點(diǎn)O，連接OB、OD，易知DE=CF=CD=2，且DE//CF，則四邊形CDEF為菱形，易知∠DEF=∠DCF=60°，則四邊形△DEF為等邊三角形，所以，同理可知OB⊥EF，所以，二面角A?EF?D的平面角為∠BOD=θ，因?yàn)镺B∩OD=O，OB、OD?平面OBD，所以，EF⊥平面OBD，且OB=OD=2sin以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OF所在直線分別為x、y軸，平面ABFE內(nèi)過(guò)點(diǎn)O且與平面ABFE的垂直的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(3，?2，0)、B(AB=(0，2所以點(diǎn)A到直線BC的距離為d==4?(4故答案為：13

【分析】連接BE、DF，取EF的中點(diǎn)O，連接OB、OD，易知DE=CF=CD=2，且DE//CF，則四邊形CDEF為菱形，易知∠DEF=∠DCF=60°，則四邊形△DEF為等邊三角形，所以，OD⊥EF，同理可知OB⊥EF，所以，二面角A?EF?D的平面角為∠BOD=θ，再利用線線垂直證出線面垂直，所以EF⊥平面OBD，再結(jié)合正弦函數(shù)的定義得出OB的長(zhǎng)，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OF所在直線分別為x、y軸，平面ABFE內(nèi)過(guò)點(diǎn)O且與平面ABFE的垂直的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，從而得出點(diǎn)的坐標(biāo)，再結(jié)合向量的坐標(biāo)表示得出向量的坐標(biāo)，再利用數(shù)量積和勾股定理得出點(diǎn)A到直線BC的距離和已知條件得出二面角17．【答案】（1）解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{利用基本量運(yùn)算有2+2d=2q因?yàn)閧bn}所以an即數(shù)列{an數(shù)列{bn（2）解：由（1）可得cn所以Tn2T②-①得：T=?4?3×即數(shù)列{cn【解析】【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q>0，再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式以及數(shù)列{bn}為正項(xiàng)數(shù)列，進(jìn)而得出公差和公比的值，再結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，進(jìn)而得出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式和數(shù)列{b18．【答案】（1）解：設(shè)圓心坐標(biāo)為C(2b，得b=1或?15（舍），所以(x?2（2）解：直線截圓所得弦長(zhǎng)|AB|=因此圓心(2，1)所以d=|2m+2?3m?1|從而直線l的方程4x?2y?11=0．【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合直線與圓相切的位置關(guān)系判斷方法和點(diǎn)到直線的距離公式得出b的值，從而得出a的值，進(jìn)而得出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程。

（2）利用直線截圓所得弦長(zhǎng)|AB|=3得出圓的半徑，再利用圓心(219．【答案】（1）解：因?yàn)橹本€l過(guò)焦點(diǎn)F(1，0)與y2=4x聯(lián)立消去y，得設(shè)點(diǎn)A(x1，所以|AB（2）解：設(shè)直線l方程為x=ty+1，聯(lián)立方程組x=ty+1y2=4xy2?4ty?4=0設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)直線PA因?yàn)閗1=所以k1?即y02所以直線l方程為x=3y+1或直線l方程為x=?3y+1【解析】【分析】（1）利用直線l過(guò)焦點(diǎn)F(1，0)且傾斜角為π3和直線的斜率與直線的傾斜角的關(guān)系式，進(jìn)而得出直線方程為y=3(x?1)，再利用直線與拋物線相交，設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由韋達(dá)定理和拋物線的定義和兩點(diǎn)距離公式得出AB的長(zhǎng)。

（2）設(shè)直線l方程為x=ty+1，再利用直線與拋物線相交，聯(lián)立二者方程結(jié)合韋達(dá)定理得出y1+20．【答案】（1）解：過(guò)點(diǎn)Q作QE∥AB交AB于E，連接ED．∵QE∥AB，∴四邊形QEDC是平面四邊形又∵平面QEDC∩平面PAD=ED，CQ∥平面PAD，CO?平面QEDC，∴CQ∥ED，∴四邊形QEDC是平行四邊形，∴QE=DC=2，而AB=3，于是PQPB（2）解：過(guò)P作PO⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于O，∵∠PDC=120°，∴∠PDO=60°，而又∵PD與平面ABCD所成角的大小為60°，則P到平面ABCD的距離為2×sin60°=∴PO⊥平面ABCD．以O(shè)為原點(diǎn)，OA，如圖建立空間直角坐標(biāo)系．VP?ABC設(shè)四面體Q?ABC的高為h，由于VQ?ABC=2即QBPB=2于是A(∴AC設(shè)平面AQC的一個(gè)法向量為n=則n?AC=0令x=3，得n=(3設(shè)直線AB與平面AQC所成角為θ，0°則sinθ=∴θ=30°，所以直線AB與平面AQC所成角的大小為【解析】【分析】（1）過(guò)點(diǎn)Q作QE∥AB交AB于E，連接ED，利用QE∥AB，CD∥AB結(jié)合平行的傳遞性，所以QE∥CD，所以四邊形QEDC是平面四邊形，再利用CQ∥平面PAD結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理證出線線平行，所以CQ∥ED，所以四邊形QEDC是平行四邊形，進(jìn)而得出PQPB的值。

（2）過(guò)P作PO⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于O，利用∠PDC=120°結(jié)合正弦函數(shù)的定義得出PO的長(zhǎng)，再利用PD與平面ABCD所成角的大小為60°和正弦函數(shù)的定義得出點(diǎn)P到平面ABCD的距離，從而得出PO的長(zhǎng)為P到平面ABCD的距離，所以PO⊥平面ABCD，以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，從而得出點(diǎn)的坐標(biāo)，再結(jié)合向量的坐標(biāo)表示得出向量的坐標(biāo)，再利用三棱錐的體積公式和已知條件，再結(jié)合平面的法向量求解方法得出平面AQC21．