江蘇省南通市如皋市2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷（含答案）

江蘇省南通市如皋市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．已知平面α的一個(gè)法向量n1=(3，0，λ)，平面β的一個(gè)法向量A．92 B．4 C．?1 2．若直角三角形三條邊長(zhǎng)組成公差為2的等差數(shù)列，則該直角三角形外接圓的半徑是（）A．52 B．3 C．5 D．3．已知P為雙曲線C：x23?A．3 B．2 C．6 D．?14．若直線3x+4y+m=0與圓x2+yA．{?1，1} B．{?9，1} C．5．已知數(shù)列{an}首項(xiàng)為2，且aA．2n B．2n?1+1 C．26．如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，CA=CB，P為A．PQ⊥A1B B．C．PQ⊥CC1 D．PQ7．在數(shù)列{an}中，若存在不小于2的正整數(shù)k使得ak<ak?1且aA．bn=n B．bn=2n8．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A點(diǎn)坐標(biāo)為(2，0)，P是拋物線C：y2=1A．(0，14] B．[2，+∞)二、多選題9．已知正四面體的棱長(zhǎng)均為1，分別以四個(gè)頂點(diǎn)中的兩個(gè)點(diǎn)作為向量的起點(diǎn)與終點(diǎn)，在這些向量中兩兩的數(shù)量積可能是（）A．0 B．12 C．2 D．10．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)A．橢圓C的焦距為1B．橢圓C的短軸長(zhǎng)為2C．△PF1D．橢圓C上存在點(diǎn)P，使得∠11．在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?AA．異面直線AB1與CDB．異面直線A1B1與C．直線AC1與平面ABD．二面角C1?AD?B12．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2，數(shù)列{A．cB．?dāng)?shù)列{cn}中bn與C．bD．b三、填空題13．已知等差數(shù)列{an}14．以已知雙曲線的虛軸為實(shí)軸，實(shí)軸為虛軸的雙曲線叫做原雙曲線的共軛雙曲線.已知雙曲線C的共軛雙曲線的離心率為3，則雙曲線C的離心率為.15．已知軸截面為正三角形的圓錐頂點(diǎn)與底面均在一個(gè)球面上，則該圓錐與球的體積之比為.16．?dāng)[線是一類重要的曲線，許多機(jī)器零件的輪廓線都是擺線，擺線的實(shí)用價(jià)值與橢圓、拋物線相比毫不遜色.擺線是研究一個(gè)動(dòng)圓在一條曲線（基線）上滾動(dòng)時(shí)，動(dòng)圓上一點(diǎn)的軌跡.由于采用不同類型的曲線作為基線，產(chǎn)生了擺線族的大家庭.當(dāng)基線是圓且動(dòng)圓內(nèi)切于定圓作無(wú)滑動(dòng)的滾動(dòng)時(shí)，切點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的軌跡就得到內(nèi)擺線.已知基線圓O的方程為x2+y2=R2(R>0)，半徑為1的動(dòng)圓M內(nèi)切于定圓O作無(wú)滑動(dòng)的滾動(dòng)，切點(diǎn)P的初始位置為(R，0).若R=4，則|PO|的最小值為四、解答題17．如圖，PA是三棱錐P?ABC的高，線段BC的中點(diǎn)為M，且AB⊥AC，AB=AC=PA=2.（1）證明：BC⊥平面PAM；（2）求A到平面PBC的距離.18．已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為2，前n項(xiàng)和為（1）求an（2）已知數(shù)列{bn}滿足：bn=nan19．已知雙曲線C：x2a2?y（1）求雙曲線C的方程；（2）若直線y=x?1與雙曲線C交于M，N兩點(diǎn)，求△MNF的面積.20．已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，前n①a2=2，an+2?an=2從上述三個(gè)條件中選一個(gè)填在橫線上，并解決以下問(wèn)題：（1）求an（2）求數(shù)列{1anan+221．三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AB1=A（1）求證：AM⊥平面ABC；（2）點(diǎn)P在線段B1C1上，且B22．已知P(1，32)為橢圓E：x2a2（1）求橢圓E的方程；（2）點(diǎn)P為橢圓E上異于頂點(diǎn)的一動(dòng)點(diǎn)，直線AC與BP交于點(diǎn)Q，直線CP交y軸于點(diǎn)R.求證：直線RQ過(guò)定點(diǎn).

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】因?yàn)棣痢挺拢瑒t可得n1且n1=(3，則可得6+6λ=0，解得λ=?1故答案為：C

【分析】由n12．【答案】C【解析】【解答】由題意設(shè)中間的邊為a，則三邊依次為a?2由勾股定理可得(a+2)2=(a?2)2+即斜邊為a+2=10，所以外接圓的半徑為10故答案為：C

【分析】根據(jù)已知條件，設(shè)出三角形的三邊，再結(jié)合勾股定理以及正弦定理即可求解出答案.3．【答案】A【解析】【解答】依題意，2x=y2≥0，則由y所以P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3.故答案為：A

【分析】聯(lián)立雙曲線與拋物線的方程結(jié)合2x=y2≥04．【答案】B【解析】【解答】由圓x2+y2?2y=0可得x則圓心到直線3x+4y+m=0的距離d=|4+m|因?yàn)橹本€3x+4y+m=0與圓x2所以d=r，即|4+m|32+42即實(shí)數(shù)m取值的集合為{?9故答案為：B

【分析】由圓的方程可得圓心與半徑，利用圓心到直線的距離等于半徑可得|4+m|32+5．【答案】D【解析】【解答】由已知得an+1?an=ana經(jīng)檢驗(yàn)當(dāng)n=1時(shí)也符合該式．∴an故答案為：D

【分析】根據(jù)數(shù)列的遞推式，利用累加法和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，求解可得答案.6．【答案】B【解析】【解答】不妨設(shè)棱柱的高為2h，AC=CB=x.B選項(xiàng)，根據(jù)棱柱性質(zhì)，A1C1//AC，而A1C1∩平面A1BQ=A選項(xiàng)，計(jì)算可得，QA1=QB=x2+hC選項(xiàng)，連接QB1，QA，AB1，根據(jù)平行四邊形性質(zhì)，AB1過(guò)P，計(jì)算可得，QA=QB1=x2+h2，又P為AB1的中點(diǎn)，故PQ⊥AB1（三線合一），結(jié)合A選項(xiàng)，PQ⊥AD選項(xiàng)，取AB中點(diǎn)E，連接PE，CE，結(jié)合P為A1B的中點(diǎn)可知，PE為△ABA1中位線，故PE//AA1，且PE=12AA1，即PE//CQ，且PE=CQ，故四邊形PECQ為平行四邊形，故PQ//CE故答案為：B

【分析】根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征，根據(jù)棱柱性質(zhì)，A1C1//AC，得無(wú)論怎樣平移直線AC，都不會(huì)和平面A1BQ只有一個(gè)交點(diǎn)，可判斷B；計(jì)算可得，QA1=QB，故PQ⊥A1B（三線合一），可判斷A；只需證明PQ⊥平面ABB1A1，棱柱的側(cè)棱AA1//C7．【答案】C【解析】【解答】對(duì)于A，bn=n，bn+1=n+1，所以數(shù)列{bn}對(duì)于B，bn=2n，bn+1所以數(shù)列{bn}對(duì)于C，對(duì)于函數(shù)f(x)=x+9x(x>0)，令x因?yàn)閤1>x2>3，所以xf(x)在x∈(3，令0<x2<因?yàn)?<x2<x1<3，所以x1?x所以對(duì)于bn=n+9n，當(dāng)2≤n≤3時(shí)，有bn<bn?1，當(dāng)n≥3時(shí)，有對(duì)于D，b1=?1，n≥2時(shí)，因?yàn)閧2n?3}的單調(diào)遞增數(shù)列，{12n?3}是單調(diào)遞減數(shù)列，所以不存在不小于2的正整數(shù)k使得ak<故答案為：C.

【分析】由題意“k?數(shù)列”不是單調(diào)遞增或單調(diào)遞減數(shù)列，逐項(xiàng)進(jìn)行判斷，可得答案.8．【答案】A【解析】【解答】設(shè)P(2y2，所以kOM當(dāng)且僅當(dāng)y=1y即則OM斜率的取值范圍是(0，故答案為：A.

【分析】根據(jù)已知條件先求出M，再結(jié)合斜率公式以及基本不等式，即可求出OM斜率的取值范圍.9．【答案】A,B【解析】【解答】在正四面體ABCD中，棱長(zhǎng)均為1.任意以四個(gè)頂點(diǎn)中的兩個(gè)點(diǎn)作為向量的起點(diǎn)與終點(diǎn)，得到的向量的模長(zhǎng)為1.任取兩個(gè)向量a，b，則所以a?取a=AD，b=BC.設(shè)因?yàn)锳BCD為正四面體，所以AE⊥BC，因?yàn)锳E∩DE=E，AE?面ADE，DE?面ADE，所以BC⊥面ADE.因?yàn)锳D?面ADE，所以BC⊥AD，所以?a所以a?取a=AD，所以a?故答案為：AB

【分析】根據(jù)正四面體的性質(zhì)，得出任意兩條棱的夾角為60°或90°，再轉(zhuǎn)化為向量的夾角，利用棱長(zhǎng)為1直接計(jì)算即可.10．【答案】B,C【解析】【解答】由已知得e=ca=12，2a+2c=6對(duì)于A，橢圓C的焦距為2c=2，A不符合題意；對(duì)于B，橢圓C的短軸長(zhǎng)為2b=23對(duì)于C，設(shè)P(x0，y0)，S△PF1對(duì)于D，假設(shè)橢圓C上存在點(diǎn)P，使得∠F1P所以m+n=2a=4，m2+n所以m，n是方程x2故答案為：BC.

【分析】先根據(jù)提議建立方程求出a，b，c，再利用橢圓的幾何性質(zhì)逐項(xiàng)分別求解判斷，可得答案.11．【答案】A,C,D【解析】【解答】如下圖所示：對(duì)于A選項(xiàng)，∵CD//AB，則AB1與CD所成的角為對(duì)于B選項(xiàng)，∵AB//A1B1，所以，AC因?yàn)锳B=2，BC1=2BC=2則AB⊥BC1，所以，tan∠BA對(duì)于C選項(xiàng)，∵B1C1⊥平面AA1∵AB1?平面AA1因此，直線AC1與平面ABB對(duì)于D選項(xiàng)，∵AD⊥平面CC1D1D，CD、C1D?所以，二面角C1?AD?B的平面角為故答案為：ACD.

【分析】根據(jù)正方體的幾何特征，可得異面直線所成角，二面角，線面所成角，逐項(xiàng)進(jìn)行判斷，可得答案.12．【答案】A,B【解析】【解答】由題意可知：數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn?又因?yàn)閿?shù)列{bn}則數(shù)列{cn}所以c12數(shù)列{an}是由連續(xù)奇數(shù)組成的數(shù)列，bn，bn+1因?yàn)閎n=2n，則b2n因?yàn)閎n=2n，前面相鄰的一個(gè)奇數(shù)為2n所以數(shù)列{cn}從1到2n共有故答案為：AB

【分析】根據(jù)題意得數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，推導(dǎo)出a13．【答案】78【解析】【解答】設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則3a1+3d=6所以前12項(xiàng)的和為12a故答案為：78

【分析】根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式列出方程組，求出首項(xiàng)和公差，再根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式可求出前12項(xiàng)的和.14．【答案】3【解析】【解答】不妨設(shè)雙曲線C的實(shí)軸長(zhǎng)為2a，虛軸長(zhǎng)為2b，焦距為2c，則ca=a所以，雙曲線C的共軛雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)為2b，虛軸長(zhǎng)為2a，焦距為2a因此，雙曲線C的共軛雙曲線的離心率為cb故答案為：32

【分析】根據(jù)共軛雙曲線的定義以及雙曲線離心率公式進(jìn)行計(jì)算，可得答案.15．【答案】9【解析】【解答】畫出軸截面如下圖所示，圓錐的軸截面為正三角形ABC，設(shè)球心為O，圓錐底面圓心為O1，球的半徑為R則圓錐的高為R+12R=所以圓錐與球的體積之比為13故答案為：9

【分析】設(shè)球的半徑為R，用R表示圓錐的底面圓半徑以及高，再利用錐體體積公式得出圓錐的體積的表達(dá)式，然后再結(jié)合球體的體積公式可求出該圓錐與球的體積之比.16．【答案】2；x【解析】【解答】當(dāng)R=4時(shí)，|PO|的最小值為R?2×1=4?2=2.當(dāng)R=2時(shí)，N初始位置為(3圓O的四分之一弧長(zhǎng)為14圓M的半周長(zhǎng)為12所以N的軌跡過(guò)點(diǎn)N'所以a=32，所以橢圓方程為x2故答案為：2；x

【分析】根據(jù)內(nèi)擺線的特點(diǎn)，分類討論，數(shù)形結(jié)合，即可分別求解出答案.17．【答案】（1）證明：因?yàn)锳B=AC，線段BC的中點(diǎn)為M，所以BC⊥AM.因?yàn)镻A是三棱錐P?ABC的高，所以PA⊥平面ABC，因?yàn)锽C?平面ABC，所以PA⊥BC.因?yàn)镻A?平面PAM，AM?平面PAM，PA∩AM=A，所以BC⊥平面PAM（2）解：法一：（綜合法）在平面PAM中，過(guò)A點(diǎn)作AH⊥PM，如圖所示，因?yàn)锽C⊥平面PAM，AH?平面PAM，所以BC⊥AH.因?yàn)锳H⊥PM，BC?平面PBC，PM?平面PBC，PM∩BC=M，所以AH⊥平面PBC.在Rt△BAC中，AM=1所以在Rt△PAM中，PM=P所以AH=PA×AMPM=226=法二：（等體積法）設(shè)A到平面PBC的距離為d，則在Rt△BAC中，AM=1在Rt△PAM中，PM=P因?yàn)镻A是三棱錐P?ABC的高，所以VP?ABCVP?ABC=V所以A到平面PBC的距離為23【解析】【分析】(1)根據(jù)題意可得PA⊥面ABC，由線面垂直的性質(zhì)定理可得PA⊥BC，由AB=AC，BC的中點(diǎn)為M，得AM⊥BC，結(jié)合線面垂直的判定定理，即可證得BC⊥平面PAM；

(2)由(1)可得BC⊥面PAM，則BC⊥PM，解得BC，PM，由于VP?ABC=VA?PBC，求出d，即可得18．【答案】（1）解：設(shè)等比數(shù)列{an}因?yàn)?S2?3所以a4=2a3，所以（2）解：由（1）得，bn=n×2n所以2Tn①-②，得?T所以Tn【解析】【分析】(1)由n≥2時(shí)，Sn-Sn-1=an，化簡(jiǎn)已知等式，結(jié)合等比數(shù)列的公比，可得所求通項(xiàng)公式；

(2)由數(shù)列的錯(cuò)位相減法求和，以及等比數(shù)列的求和公式，計(jì)算可得數(shù)列{bn}的前n19．【答案】（1）解：設(shè)雙曲線C的焦距為2c(c>0)，因?yàn)殡p曲線C的實(shí)軸長(zhǎng)為2，所以2a=2，解得a=1.因?yàn)橛医裹c(diǎn)F到x=32的距離為12，所以|c?32因?yàn)閏>a，所以c=2.可得b2所以雙曲線C的方程為x2（2）解：設(shè)M(x1，聯(lián)立直線和雙曲線y=x?1x2?即x2+x?2=0，x=1不妨設(shè)x1=1，x2所以S△MNF即△MNF的面積為3【解析】【分析】(1)由已知求得a與c的值，再由隱含條件求解b，則可求出雙曲線C的方程；

(2)聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，可得關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系及弦長(zhǎng)公式求出|MN|，再由點(diǎn)到直線的距離公式求F導(dǎo)直線的距離，代入三角形面積公式求解出△MNF的面積.20．【答案】（1）解：選①因?yàn)閍n+2?an=2同理，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an所以an選②因?yàn)?Sn=(n+1)an（*）-（**），得(n?1)an=n所以數(shù)列{a所以an選③因?yàn)閚Sn+1=(n+2)Sn，所以S所以Sn=n(n+1)2，所以當(dāng)當(dāng)n=1時(shí)，也符合上式.所以an（2）解：由（1）得，1a所以T【解析】【分析】(1)選①②③，運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和數(shù)列的遞推式和恒等式，可求得所求通項(xiàng)公式；

(2)由（1）得，1ana21．【答案】（1）證明：三棱柱ABC?A1B在△AB1A1中，AB1=AA1因?yàn)锽C⊥AM，BC?平面ABC，AB?平面ABC