浙江省寧波市余姚市2022-2023學年高二上學期數(shù)學期末試卷（含答案）

浙江省寧波市余姚市2022-2023學年高二上學期數(shù)學期末試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．直線y=x+1的傾斜角為（）A．0 B．π4 C．π2 2．已知a=(1，2A．-2 B．12 C．52 3．曲線f(x)=lnxxA．x+y=0 B．x?y=0 C．x+y?1=0 D．x?y?1=04．已知F是橢圓x216+y27=1的左焦點，PA．1+2 B．8?26 C．3 5．在四面體ABCD中，△ABC為正三角形，DB⊥平面ABC，且AB=BD，若3AE=AB，2CF=A．2613 B．?2613 C．26．某中學響應政府號召，積極推動“公益一小時”，鼓勵學生利用暑假時間積極參與社區(qū)服務，為了保障學生安全，與社區(qū)溝通實行點對點服務．原計劃第一批派遣18名學生，以后每批增加6人．由于志愿者人數(shù)暴漲，學校與社區(qū)臨時決定改變派遣計劃，具體規(guī)則為：把原計劃擬派遣的各批人數(shù)依次構成的數(shù)列記為{an}，在數(shù)列{an}的任意相鄰兩項ak與ak+1(k=1，A．198 B．200 C．240 D．2427．已知圓C：x2+y2=1，橢圓ΓA．16 B．8 C．4 D．28．已知拋物線C：x2=4y，焦點為F，準線為l，過F的直線交C于A，B兩點，過B作l的垂線交l于點D，若△BDF的面積為A．3 B．13 C．2 D．二、多選題9．關于x，y的方程x2A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線10．已知等差數(shù)列{an}，其前n項和為SA．|a9|>a8 B．使C．公差d<0 D．當n=8時Sn11．瑞士著名數(shù)學家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上，這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”．若△ABC滿足AC=BC，頂點A(0，1)A．題中的“歐拉線”為方程：x?y?1=0B．圓M上的點到直線x?y=0的最小距離為2C．若圓M與圓x2+D．若點(x，y)12．在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PA=PB=PC=PD=AB=1，E，F(xiàn)分別為線段PB，A．存在無數(shù)個點對E，F(xiàn)，使得平面AEF⊥平面ABCDB．存在唯一點對E，F(xiàn)，使得平面AEF⊥平面PBCC．若EF⊥BC，則四面體P?AEF的體積最大值為2D．若EF//平面PCD，則四面體A?BEF的體積最大值為2三、填空題13．已知a=(1，2，114．設函數(shù)f(x)=lnx?2mx（m為實數(shù)），若15．已知數(shù)列{an}滿足a116．已知橢圓C：x2a2+y四、解答題17．已知空間三點A(?1，（1）求a與b的夾角θ的余弦值；（2）若向量ka+b18．在①Sn=n2+2n；②問題：已知等差數(shù)列{a注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．（1）求數(shù)列{a（2）設bn=2an19．已知圓C：(x?2)（1）判斷并證明直線l與圓C的位置關系；（2）設直線l與圓C交于A，B兩點，若點A，B分圓周得兩段弧長之比為1：20．已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn．若a1（1）求證：數(shù)列{Sn}（2）若bn=2n+2?21．如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，∠ABC=π3，AB=BC，（1）求證：AF⊥BC；（2）求平面ACE與平面ABCD所成夾角的余弦值．22．已知雙曲線C：x2?y（1）求λ；（2）動點M，N在曲線C上，已知點A(2，?1)，直線AM，AN

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】設直線y=x+1的傾斜角為α(由題意可知：tanα=1，所以α=故答案為：B.

【分析】利用已知條件結合直線的斜率與直線的傾斜角的關系式，進而結合直線的傾斜角取值范圍，從而得出直線的傾斜角的值。2．【答案】C【解析】【解答】因為a∥b，所以可設又a=所以x?2=λ，所以x=5故答案為：C.

【分析】利用已知條件結合向量共線的坐標表示，進而得出x的值。3．【答案】D【解析】【解答】函數(shù)f(x)=lnxx的定義域為(0，+∞)所以f'所以曲線f(x)=lnxx在點(故曲線f(x)=lnxx在點(故答案為：D.

【分析】利用已知條件結合導數(shù)的幾何意義得出得出切線的斜率，再結合代入法得出切點坐標，再利用點斜式得出曲線在切點處的切線方程。4．【答案】B【解析】【解答】橢圓x216+y2如圖，設橢圓的右焦點為F'則|PF|+|PF∴|PQ|+|PF|=|PQ|+8－|PF由圖形知，當P在直線QF'上時，當P不在直線QF根據(jù)三角形的兩邊之差小于第三邊有，||PQ|－|PF∴當P在射線F'Q的延長線上時，|PQ|－|P∴|PQ|+|PF|的最小值為8?26故答案為：B

【分析】利用橢圓x216+y27=1得出a，b的值，再結合橢圓中a，b，c三者的關系式得出c的值，再利用點Q在橢圓內部，設橢圓的右焦點為F'(3，0)，再結合橢圓的定義得出|PQ|+|PF|=8+|PQ|－|PF'|，由圖形知，當P在直線QF5．【答案】A【解析】【解答】因為DB⊥平面ABC，△ABC為正三角形，故以B為原點，以BC，BD為y，設AB=6，則D(0，由3AE=AB，2所以DE=(2所以cos?所以異面直線DE和BF所成角的余弦值等于2613故答案為：A.【分析】利用直線DB⊥平面ABC，△ABC為正三角形，故以B為原點，以BC，BD為y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，設AB=6和向量共線的坐標表示得出點的坐標，再利用向量的坐標表示得出向量的坐標，再結合數(shù)量積求向量夾角公式得出異面直線6．【答案】B【解析】【解答】由已知原計劃第一批派遣18名學生，以后每批增加6人．所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且a1=18所以an數(shù)列{bn}為數(shù)列{an}的任意相鄰兩項所以數(shù)列{bn}滿足條件，b1=18b5=24，當6≤n≤14時，b15=30，當16≤n≤42時，b43=36，當44≤n≤50時，所以數(shù)列{bn}的前50故答案為：B.

【分析】由已知原計劃第一批派遣18名學生，以后每批增加6人，再結合等差數(shù)列的定義判斷出數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且a1=18，數(shù)列{an}的公差d=6，再利用等差數(shù)列的通項公式得出an=6n+12，再結合數(shù)列{bn}為數(shù)列{7．【答案】C【解析】【解答】當P點坐標為(±1，0)時，此時切線不妨設l：x=1，此時Γ：x2所以不妨令A(1，下面證明橢圓E：x2a2理由如下：當切線的斜率存在時，設切線方程為y=kx+m，代入橢圓方程得：(a由Δ=(2a2所以x0把x0=?a2于是k=?則橢圓的切線斜率為?b所以橢圓的切線方程為y?y0=?方程兩邊同除以a2b2當切線斜率不存在時，即此時P(a，0)，故切線方程為x0xa2+故當切線斜率不存在，切線也滿足x0綜上：橢圓E：x2a2故過A(1，32)，聯(lián)立可得：Q(4，0)，此時|OQ|=4，同理可得l：當切線l的斜率存在時，設為y=kx+b，因為y=kx+b與C：x2+yy=kx+b與3x(3+4k2)則過A(x1，y1聯(lián)立得：xQyQ則|OQ|=(?綜上所述：|OQ|的最大值為4.故答案為：C

【分析】當P點坐標為(±1，0)時，此時切線l的斜率不存在，不妨設直線l：x=1，此時Γ：x24+y23=1中令x=1得y的值，從而不妨令A(1，32)，B(1，?32)，當切線的斜率存在時，設切線方程為y=kx+m，代入橢圓方程結合判別式法得出a2k2?m2+b2=0，再結合求根公式和兩點求斜率公式得出橢圓的切線斜率，再利用點斜式得出橢圓的切線方程為y?y0=?b2x0a2y0(x?x0)，整理得：a8．【答案】B【解析】【解答】焦點F(0，1)，設直線AB的方程為y=kx+1，聯(lián)立直線與拋物線的方程得設A(x1，y1故1|AF|S△BDF=12|BD||由1|AF|+1|BF|=1故答案為：B

【分析】利用拋物線的標準方程得出焦點坐標，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，再設直線AB的方程為9．【答案】B,C【解析】【解答】顯然m≠0且m≠1，若m>0m?1>0，即m>1時，此時x若m(m?1)<0，即0<m<1時，此時x2若m<0，此時x2綜上：方程x2故答案為：BC

【分析】利用已知條件結合圓的定義、橢圓的定義、雙曲線的定義和拋物線的定義，進而得出關于x，y的方程x210．【答案】A,C,D【解析】【解答】∵等差數(shù)列{an}又∵a∴|a∵d=a∵a8使Sn>0的n的最大值為∵a8>0所以當n=8時Sn故答案為：ACD

【分析】利用等差數(shù)列{an}和等差數(shù)列的前n項和公式以及得出等差數(shù)列的性質，進而得出a8>0，再利用a9a8<?1，所以|a9|>a8；再利用等差數(shù)列的性質得出公差的正負；再結合11．【答案】A,B,D【解析】【解答】線段AB的中點坐標為(0+22，直線AB的斜率為1?(?1)0?2因為AC=BC，所以△ABC為等腰三角形，三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上，其歐拉線過點(1，0)，且與直線故△ABC的歐拉線斜率為1，則方程為y=x?1，即x?y?1=0，A符合題意；△ABC的歐拉線與M：(故r=|4?0?1|圓心M(4，0)到直線x?y=0的距離為則圓M上的點到直線x?y=0的最小距離為d?r=22若圓M：(x?4)2+y2yx+1為點(x，y)當過(?1，0)的直線l與M：(x?4)設直線l：y=k(x+1)，由|5k|1+故yx+1的最大值是3故答案為：ABD

【分析】利用已知條件結合中點坐標公式得出線段AB的中點坐標，再結合兩點求斜率公式得出直線AB的斜率，再利用AC=BC，所以△ABC為等腰三角形，所以三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上，其歐拉線過點(1，0)，且與直線AB垂直，從而得出三角形△ABC的歐拉線斜率為1，進而得出直線方程；再利用三角形△ABC的歐拉線與M：(x?4)2+y2=r2相切結合點到直線的距離公式得出半徑長，再結合點到直線的距離公式得出圓心M(4，0)到直線x?y=0的距離，再利用幾何法得出圓M上的點到直線x?y=0的最小距離；利用圓M：(x?4)2+y2=912．【答案】A,C,D【解析】【解答】因為PA=PB=PC=PD=AB=1，底面ABCD為正方形，所以四棱錐P?ABCD為正四棱錐，由已知可得AC=連接AC，BD，記其交點為由正四棱錐性質可得PO⊥平面ABCD，因為PA=1，AO=22，所以對于A，在線段PB上任取一點E，過點E，作EH//PO，EH交BD與H，則EH⊥平面ABCD，連接連接AH，并延長交BC于點F，因為EH?平面AEF，EH⊥平面ABCD，所以平面AEF⊥平面ABCD，A符合題意；對于B，將正四棱錐補形為長方體ABCD?A過點P作NM//B1C又BC//B1C所以四邊形BCMN為平行四邊形，過點A作AQ⊥BN，垂足為Q，因為BC⊥平面ABB1A1，所以AQ⊥BC，BC∩BN=B，BC，BN?平面所以AQ⊥平面PBC，在線段BC上任取一點F，連接QF交BC于點E，因為AQ?平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC，B不符合題意；對于C，因為四面體P?AEF的體積等于四面體A?PEF的體積，因為AQ⊥平面PEF，所以四面體A?PEF的高為AQ，因為AB=1，所以NA=NB=3因為S△ABN=1所以AQ=6作側面PBC，連接點P和BC的中點S，則PS⊥BC，因為EF⊥BC，所以EF//PS，設BF=x，則0<x≤12，所以S△PEF又四面體P?AEF的體積V所以四面體P?AEF的體積最大值為13對于D，因為EF//平面PCD，EF?平面PBC，平面PBC∩平面PCD=PC，所以EF//PC，設BF=x，則0<x≤1，BE=x，∠EBF=π所以S△BEF=34x2≤34又AQ⊥平面BEF，AQ=6所以四面體A?BEF的體積最大值為13故答案為：ACD.

【分析】利用PA=PB=PC=PD=AB=1，底面ABCD為正方形，所以四棱錐P?ABCD為正四棱錐，由已知可得AC的長，連接AC，BD，記其交點為O，由正四棱錐性質可得PO⊥平面ABCD，再利用PA=1，AO=22，進而得出PO的長。在線段PB上任取一點E，過點E，作EH//PO，EH交BD與H，則EH⊥平面ABCD，連接連接AH，并延長交BC于點F，再利用EH⊥平面ABCD結合線面垂直證出面面垂直，所以平面AEF⊥平面ABCD；將正四棱錐補形為長方體ABCD?A1B1C1D1，過點P作NM//B1C1，連接BN，MC，再利用BC//B1C1結合MN=B1C1=BC，所以四邊形BCMN為平行四邊形，過點A作AQ⊥BN，垂足為Q，再利用BC⊥平面ABB1A1結合線面垂直的定義證出線線垂直，所以AQ⊥BC，再利用線線垂直證出線面垂直，所以AQ⊥平面PBC，在線段BC上任取一點F，連接QF交BC于點E，再結合線面垂直證出面面垂直，所以平面AEF⊥平面PBC；利用四面體P?AEF的體積等于四面體A?PEF的體積結合AQ⊥平面PEF，所以四面體A?PEF的高為AQ，再利用已知條件結合三角形的面積公式得出AQ的長，作側面PBC，連接點P和BC的中點S，則PS⊥BC，再利用EF⊥BC，所以EF//PS，設BF=x，則0<x≤13．【答案】b【解析】【解答】由于|b|=1，故a在b方向上的投影向量為故答案為：b

【分析】利用已知條件結合數(shù)量積求出a在b方向上的投影向量。14．【答案】[【解析】【解答】f'(x)=1x?2m所以x∈[1，+∞)，即x∈[1，+∞)，又y=1x在[1，故2m≥1，即m≥1所以m的取值范圍為[1故答案為：[1

【分析】利用已知條件結合求導的方法判斷函數(shù)的單調性，所以x∈[1，+∞)，15．【答案】3?2【解析】【解答】因為an+1所以an+1又a1=1，所以故數(shù)列{a所以an故an故答案為：3?2

【分析】利用an+1=2an+n，所以an+1+n+2=2(an16．【答案】5【解析】【解答】設右焦點為E，連接AE，BE，由AB?DF=0，故AB⊥DF，由設|BF=x|，則|DF|=4x，因此|AE|=4x，在直角三角形ABE中，|AE|2+|AB|2=|BE|2，即16x2+(2a?3x)故答案為：5

【分析】設右焦點為E，連接AE，BE，由AB→?DF→=0結合數(shù)量積為0兩向量垂直的等價關系，故AB⊥DF，由|OF|=|OE|，|OA|=|OD|，所以四邊形AFDE17．【答案】（1）解：因為a=AB=所以空間向量的夾角公式，可得cosθ=所以a與b的夾角θ的余弦值為?1（2）解：由（1）可知a=(1因為向量ka+b與a所以k|a|所以k2?3k?1=0，解得【解析】【分析】（1）利用已知條件結合向量的坐標運算得出a→和b→的坐標，再利用數(shù)量積求向量夾角得出a與b的夾角θ的余弦值。

（2）由（1）可知a=(1，118．【答案】（1）解：若選①：在等差數(shù)列{an}當n≥2時，ana1∴an若選②：在等差數(shù)列{a∵a∴a1∴a若選③：在等差數(shù)列{a∵a1∴a（2）證明：由（1）得bn所以T【解析】【分析】（1）若選①：在等差數(shù)列{an}中，a若選②：在等差數(shù)列{a若選③：在等差數(shù)列{a（2）利用數(shù)列{an}的通項公式和bn=2a19．【答案】（1）解：因為直線l的方程為(m+1所以m(x+2y?5)+x+y?3=0，由x+2y?5=0x+y?3=0得，x=1所以直線l恒過定點P(因為(1?2所以點P(1，2)（2）解：因為圓C的方程為(x?2所以點C的坐標為(2，因為點A、B分圓周得兩段弧長之比為1：2，故∠ACB=120所以∠CAB=30°，故圓心到直線的距離直線斜率不存在時，直線l的方程為x=1，因為點C(2，3)到直線所以直線x=1滿足條件，即直線l的方程可能為x=1，當直線斜率存在時，設直線方程為y?2=k(則圓心到直線的距離|k?1|k所以直線l的方程為y=2，故直線l的方程為y=2或x=1.【解析】【分析】（1）將直線l的方程(m+1)x+由x+2y?5=0x+y?3=0得出直線l恒過定點P(1，2)，再利用點與圓位置關系判斷方法判斷出點P(1，2)在圓內，從而判斷出直線l與圓C相交。

（2）利用圓C的方程圓心坐標和半徑長，再利用點A、B分圓周得兩段弧長之比為1：2，故∠ACB=120°，所以∠CAB=30°，再結合中點的性質得出圓心到直線的距，當直線斜率不存在時，直線l的方程為x=120．【答案】（1）證明：由題意得：當n≥2時，2a因為an所以Sn所以Sn因為S1所以數(shù)列{Sn}則Sn所以Sn當n≥2時，an由于a1故an（2）解：當n=1時，b1當n≥2時，bn所以T1當n≥2時，Tn2T相減得?T故Tn=(2n?1)2故Tn【解析】【分析】（1）利用已知條件結合等差數(shù)列的定義和等差數(shù)列的通項公式，進而證出數(shù)列{Sn}為等差數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項公式。

（2）利用已知條件結合數(shù)列{a21．【答案】（1）證明：方法一：因為PA⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，所以PA⊥BC，因為AE⊥平面PBC，BC?平面PBC，所以AE⊥BC，又PE，PA?平面PAE，所以BC⊥平面PAF，又AF?平面PAF，所以AF⊥BC方法二：因為點E為△PBC的重心，點F為PE的延長線與BC的交點，所以點F為線段BC的中點，因為AB=BC，∠ABC=π所以△ABC為等邊三角形，所以AF⊥BC；（2）解：因為PA⊥底面ABCD，AB，AD?底面所以PA⊥AB，PA⊥AD，又如圖以點A為原點，AB，AD，設AB=t，則C(3因為點E為△PBC的重心，所以E(3所以AE=(3t由已知AE⊥平面PBC，PB?平面PBC，所以AE⊥PB，即AE所以12t2所以C(2，6設平面ACE的法向量為n=(xn?AC=0取x=1可得，y=?3所以n=(1，?又m=(0，0cos?所以平面ACE與平面ABCD所成夾角的余弦值為33【解析】【分析】（1）方法一：利用PA⊥底面ABCD結合線面垂直的定義證出線線垂直，所以PA⊥BC，再利用AE⊥平面PBC結合線面垂直的定義證出線線垂直，所以AE⊥BC，再利用線線垂直證出線面垂直，所以BC⊥平面PAF，再結合線面垂直的定義證出線線垂直，從而證出AF⊥BC。方法二：利用點E為△PBC的重心，點F為PE的延長線與BC的交點，所以點F為線段BC的中點，再利用AB=BC，∠ABC=π3，所以△ABC為等邊三角形，再結合等邊三