2023-2024學(xué)年廣東省中山市高二（上）期末數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年廣東省中山市高二（上）期末數(shù)學(xué)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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.橢圓x29+yA.(±3,0) B.(0,±3)2.已知⊙C：x2+yA.(?12,1),32 B.(?1,2),3.已知直線l的方向向量為a=(1,2,?2)，平面α的法向量為n=(2,4,m)，若l/?/α，則m等于(

)A.5 B.2 C.12 D.4.經(jīng)過兩點(diǎn)(x1,y1)A.x?x1x2?x1=y?5.在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a1a13A.12 B.18 C.24 D.366.若光線沿傾斜角為120°的直線射向y軸上的點(diǎn)A(0,?4)，則經(jīng)y軸反射后，反射光線所在的直線方程為(

)A.y=3x?4 B.y=?3x?47.某同學(xué)在一次模擬實(shí)驗(yàn)中，設(shè)定一個(gè)乒乓球從16米高處下落，每次著地后又彈回原來高度的一半再落下，則第6次著地時(shí)乒乓球所運(yùn)動(dòng)的路程之和為(

)A.31米 B.31.5米 C.47米 D.63米8.如圖是數(shù)學(xué)家GerminalDandelin用來證明一個(gè)平面截圓錐得到的截口曲線是橢圓的模型(稱為“Dandelin雙球”)；在圓錐內(nèi)放兩個(gè)大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側(cè)面、截面相切，設(shè)圖中球O1，球O2的半徑分別為4和1，球心距|O1O2|=6，截面分別與球O1，球O2切于點(diǎn)E，F(xiàn)A.339B.63

C.二、多選題：本題共4小題，共20分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.空間直角坐標(biāo)系中，下列說法正確的是(

)A.點(diǎn)P(1,2,3)關(guān)于坐標(biāo)平面xOy的對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)為(?1,2,?3)

B.點(diǎn)Q(1,0,2)在平面xOz面上

C.z=1表示一個(gè)與坐標(biāo)平面xOy平行的平面

D.2x+3y=6表示一條直線10.已知Sn是等比數(shù)列{an}的前nA.若a3>0，則a2023>0 B.若a4>0，則a2023<0

C.若a11.已知直線l經(jīng)過拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)F，且與C交于A，B兩點(diǎn)，過A，B分別作直線x=?p2的垂線，垂足依次記為A1，B1，若|AB|A.p=2

B.∠A1FB1為鈍角

C.|AB|=|AF|?|BF|

D.若點(diǎn)M，N在12.形如f(x)=ax+bx(a>0,b>0)的函數(shù)是我們?cè)谥袑W(xué)階段最常見的一個(gè)函數(shù)模型，因其形狀像極了老師給我們批閱作業(yè)所用的“√”，所以也稱為“對(duì)勾函數(shù)”.研究證明，對(duì)勾函數(shù)可以看作是焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上的雙曲線繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)得到，即對(duì)勾函數(shù)是雙曲線.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，下列關(guān)于函數(shù)f(x)=x+1A.漸近線方程為x=0和y=x

B.y=f(x)的對(duì)稱軸方程為y=(2+1)x和y=(1?2)x

C.M，N是函數(shù)f(x)圖象上兩動(dòng)點(diǎn)，P為MN的中點(diǎn)，則直線MN，OP的斜率之積為定值

D.Q是函數(shù)f(x)圖象上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)Q作切線，交漸近線于三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.拋物線y2=?8x的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為______．14.已知圓C1：(x?2)2+(y?1)2=1與圓C2：x15.如圖，在正四棱錐P?ABCD中，E，F(xiàn)，G分別為側(cè)棱PB，PC，PD上的點(diǎn)，A，E，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面，若PE=35PB，PF=116.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=?1，Sn+1Sn=an+1四、解答題：本題共6小題，共70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分)

已知圓C過兩點(diǎn)A(?3,5)，B(1,7)，且圓心在直線x?2y+3=0上．

(1)求圓C的方程；

(2)過點(diǎn)P(4,?4)作直線l與圓C交于M，N兩點(diǎn)，若|MN|=8，求直線l的方程．18.(本小題12分)

在數(shù)列{an}中，a1=2，an+1=4an?3n+1，n∈N?．

(1)設(shè)19.(本小題12分)

在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA20.(本小題12分)

如圖，橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1，右焦點(diǎn)為F2，離心率e=12，過F1的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn)，且△ABF2的周長(zhǎng)為8．

(1)求橢圓E的方程；

(2)設(shè)動(dòng)直線l：y=kx+m與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P21.(本小題12分)

類比平面解析幾何的觀點(diǎn)，在空間中，空間平面和曲面可以看作是適合某種條件的動(dòng)點(diǎn)的軌跡，在空間直角坐標(biāo)系O?xyz中，空間平面和曲面的方程是一個(gè)三元方程F(x,y,z)=0．

(1)類比平面解析幾何中直線的方程，直接寫出：

①過點(diǎn)P(x0,y0,z0)，法向量為n=(A,B,C)的平面的方程；

②平面的一般方程；

③在x，y，z軸上的截距分別為a，b，c的平面的截距式方程(abc≠0)；(不需要說明理由)

(2)設(shè)F1，F(xiàn)2為空間中的兩個(gè)定點(diǎn)，|F22.(本小題12分)

如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=π3,∠B1BD=π6，∠B1BA=∠B1BC，AB=2

參考答案1.B

2.A

3.A

4.C

5.C

6.A

7.C

8.A

9.BC

10.AC

11.AC

12.ABD

13.4

14.2x+y?4=0

15.3

16.2n17.解：(1)∵A(?3,5)，B(1,7)，∴線段AB的中點(diǎn)D(?1,6)，kAB=7?51?(?3)=12，

可得線段AB的垂直平分線的方程：y?6=?2(x+1)，化為：2x+y?4=0．

聯(lián)立2x+y?4=0x?2y+3=0，解得圓心C(1,2)．

∴r2=|AC|2=(?3?1)2+(5?2)2=25．

∴圓C的方程為：(x?1)2+(y?2)2=25；

(2)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為：x=4，

則圓心C到直線l的距離d=3，可得弦長(zhǎng)為2r2?d2=8，滿足條件；

直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為：y+4=k(x?4)，即kx?y?4?4k=018.證明：(1)數(shù)列{an}中，a1=2，an+1=4an?3n+1，

整理得：an+1?(n+1)=4an?4n=4(an?n)，

由于bn=an?n，

故bn+1bn=4(19.解：(1)AC1=AB+BC+CC1，BA1=BA+AA1，

由條件可知AC1?BA120.解：(1)由題意橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1，右焦點(diǎn)為F2，離心率e=12，

過F1的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn)，且△ABF2的周長(zhǎng)為8．

可得4a=8，a=2，

因?yàn)閏a=12，所以c=1，

而a2=b2+c2，所以b=3，

故橢圓C的方程為：x24+y23=1．

(2)由y=kx+mx24+y23=1，消元可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2?12=0，

∵動(dòng)直線l：y=kx+m與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P，∴Δ=(8km)2?4(4k2+3)(4m2?12)=0，21.解：(1)①A(x?x0)+B(y?y0)+C(z?z0)=0，

②Ax+By+Cz+D=0；

③xa+yb+zc=1；

(2)以兩個(gè)定點(diǎn)F1，F(xiàn)2的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，

以F1，F(xiàn)2所在的直線為y軸，以線段F1F2的垂直平分線為x軸，

以與xoy平面垂直的直線為z軸，

建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，如圖所示，

設(shè)F1(0,c,0)，F(xiàn)2(0,?c,0)，

設(shè)P的坐標(biāo)為(x,y,z)，可得|F1F222.解：(I)證法一：連接AC，BD交于O，

因?yàn)锽C=BA，∠B1BA=∠B1BC，B1B=BB1，

所以△B1BC≌△B1BA，故B??1A=B1C，

又因?yàn)镺為菱形對(duì)角線交點(diǎn)，即是線段AC的中點(diǎn)，所以B1O⊥AC，

又四邊形ABCD為菱形，故AC⊥BD，

而B1O∩BD=O，所以AC⊥平面BDB1．

證法二：因?yàn)椤螧1BA=∠B1BC，

所以點(diǎn)B1在平面ABCD內(nèi)的射影O在為∠ABC的平分線，

又四邊形ABCD為菱形，故BD為∠ABC的平分線，則O∈直線BD，

故平面BDB1⊥平面ABCD，而平面BDB1∩平面ABCD=BD，

又四邊形ABCD為菱形，故AC⊥BD，

所以AC⊥平面BDB1．

(Ⅱ)解法一：延長(zhǎng)AA1，BB1，CC1，DD1交于點(diǎn)P，

平面BDB1即為平面BDP，平面ACC1即平面ACP