江蘇省南通市如皋市2022-2023學年高二上學期數學期末試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．已知平面α的一個法向量n1=(3，0，λ)，平面β的一個法向量A．92 B．4 C．?1 2．若直角三角形三條邊長組成公差為2的等差數列，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．已知數列{an}首項為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．在數列{an}中，若存在不小于2的正整數k使得ak<ak?1且aA．bn=n B．bn=2n8．已知O為坐標原點，A點坐標為(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均為1，分別以四個頂點中的兩個點作為向量的起點與終點，在這些向量中兩兩的數量積可能是（）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的短軸長為2C．△PF1D．橢圓C上存在點P，使得∠11．在棱長為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．已知數列{an}的前n項和Sn=n2，數列{A．cB．數列{cn}中bn與C．bD．b三、填空題13．已知等差數列{an}14．以已知雙曲線的虛軸為實軸，實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與底面均在一個球面上，則該圓錐與球的體積之比為.16．擺線是一類重要的曲線，許多機器零件的輪廓線都是擺線，擺線的實用價值與橢圓、拋物線相比毫不遜色.擺線是研究一個動圓在一條曲線（基線）上滾動時，動圓上一點的軌跡.由于采用不同類型的曲線作為基線，產生了擺線族的大家庭.當基線是圓且動圓內切于定圓作無滑動的滾動時，切點P運動的軌跡就得到內擺線.已知基線圓O的方程為x2+y2=R2(R>0)，半徑為1的動圓M內切于定圓O作無滑動的滾動，切點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．已知等比數列{an}的首項為2，前n項和為（1）求an（2）已知數列{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，求△MNF的面積.20．已知數列{an}的首項為1，前n①a2=2，an+2?an=2從上述三個條件中選一個填在橫線上，并解決以下問題：（1）求an（2）求數列{1anan+221．三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AB1=A（1）求證：AM⊥平面ABC；（2）點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P為橢圓E上異于頂點的一動點，直線AC與BP交于點Q，直線CP交y軸于點R.求證：直線RQ過定點.

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】因為α⊥β，則可得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】根據已知條件，設出三角形的三邊，再結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點的橫坐標為3.故答案為：A

【分析】聯立雙曲線與拋物線的方程結合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|因為直線3x+4y+m=0與圓x2所以d=r，即|4+m|32+42即實數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經檢驗當n=1時也符合該式．∴an故答案為：D

【分析】根據數列的遞推式，利用累加法和等比數列的前n項和公式，求解可得答案.6．【答案】B【解析】【解答】不妨設棱柱的高為2h，AC=CB=x.B選項，根據棱柱性質，A1C1//AC，而A1C1∩平面A1BQ=A選項，計算可得，QA1=QB=x2+hC選項，連接QB1，QA，AB1，根據平行四邊形性質，AB1過P，計算可得，QA=QB1=x2+h2，又P為AB1的中點，故PQ⊥AB1（三線合一），結合A選項，PQ⊥AD選項，取AB中點E，連接PE，CE，結合P為A1B的中點可知，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】根據棱柱的結構特征，根據棱柱性質，A1C1//AC，得無論怎樣平移直線AC，都不會和平面A1BQ只有一個交點，可判斷B；計算可得，QA1=QB，故PQ⊥A1B（三線合一），可判斷A；只需證明PQ⊥平面ABB1A1，棱柱的側棱AA1//C7．【答案】C【解析】【解答】對于A，bn=n，bn+1=n+1，所以數列{bn}對于B，bn=2n，bn+1所以數列{bn}對于C，對于函數f(x)=x+9x(x>0)，令x因為x1>x2>3，所以xf(x)在x∈(3，令0<x2<因為0<x2<x1<3，所以x1?x所以對于bn=n+9n，當2≤n≤3時，有bn<bn?1，當n≥3時，有對于D，b1=?1，n≥2時，因為{2n?3}的單調遞增數列，{12n?3}是單調遞減數列，所以不存在不小于2的正整數k使得ak<故答案為：C.

【分析】由題意“k?數列”不是單調遞增或單調遞減數列，逐項進行判斷，可得答案.8．【答案】A【解析】【解答】設P(2y2，所以kOM當且僅當y=1y即則OM斜率的取值范圍是(0，故答案為：A.

【分析】根據已知條件先求出M，再結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，棱長均為1.任意以四個頂點中的兩個點作為向量的起點與終點，得到的向量的模長為1.任取兩個向量a，b，則所以a?取a=AD，b=BC.設因為ABCD為正四面體，所以AE⊥BC，因為AE∩DE=E，AE?面ADE，DE?面ADE，所以BC⊥面ADE.因為AD?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】根據正四面體的性質，得出任意兩條棱的夾角為60°或90°，再轉化為向量的夾角，利用棱長為1直接計算即可.10．【答案】B,C【解析】【解答】由已知得e=ca=12，2a+2c=6對于A，橢圓C的焦距為2c=2，A不符合題意；對于B，橢圓C的短軸長為2b=23對于C，設P(x0，y0)，S△PF1對于D，假設橢圓C上存在點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】先根據提議建立方程求出a，b，c，再利用橢圓的幾何性質逐項分別求解判斷，可得答案.11．【答案】A,C,D【解析】【解答】如下圖所示：對于A選項，∵CD//AB，則AB1與CD所成的角為對于B選項，∵AB//A1B1，所以，AC因為AB=2，BC1=2BC=2則AB⊥BC1，所以，tan∠BA對于C選項，∵B1C1⊥平面AA1∵AB1?平面AA1因此，直線AC1與平面ABB對于D選項，∵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，逐項進行判斷，可得答案.12．【答案】A,B【解析】【解答】由題意可知：數列{an}的前n項和Sn=當n≥2時，an=Sn?又因為數列{bn}則數列{cn}所以c12數列{an}是由連續奇數組成的數列，bn，bn+1因為bn=2n，則b2n因為bn=2n，前面相鄰的一個奇數為2n所以數列{cn}從1到2n共有故答案為：AB

【分析】根據題意得數列{an}是以1為首項，2為公差的等差數列，推導出a13．【答案】78【解析】【解答】設等差數列的公差為d，則3a1+3d=6所以前12項的和為12a故答案為：78

【分析】根據等差數列的通項公式列出方程組，求出首項和公差，再根據等差數列前n項和公式可求出前12項的和.14．【答案】3【解析】【解答】不妨設雙曲線C的實軸長為2a，虛軸長為2b，焦距為2c，則ca=a所以，雙曲線C的共軛雙曲線的實軸長為2b，虛軸長為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】根據共軛雙曲線的定義以及雙曲線離心率公式進行計算，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式，然后再結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R=4時，|PO|的最小值為R?2×1=4?2=2.當R=2時，N初始位置為(3圓O的四分之一弧長為14圓M的半周長為12所以N的軌跡過點N'所以a=32，所以橢圓方程為x2故答案為：2；x

【分析】根據內擺線的特點，分類討論，數形結合，即可分別求解出答案.17．【答案】（1）證明：因為AB=AC，線段BC的中點為M，所以BC⊥AM.因為PA是三棱錐P?ABC的高，所以PA⊥平面ABC，因為BC?平面ABC，所以PA⊥BC.因為PA?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A點作AH⊥PM，如圖所示，因為BC⊥平面PAM，AH?平面PAM，所以BC⊥AH.因為AH⊥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A到平面PBC的距離為d，則在Rt△BAC中，AM=1在Rt△PAM中，PM=P因為PA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)根據題意可得PA⊥面ABC，由線面垂直的性質定理可得PA⊥BC，由AB=AC，BC的中點為M，得AM⊥BC，結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：設等比數列{an}因為2S2?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，Sn-Sn-1=an，化簡已知等式，結合等比數列的公比，可得所求通項公式；

(2)由數列的錯位相減法求和，以及等比數列的求和公式，計算可得數列{bn}的前n19．【答案】（1）解：設雙曲線C的焦距為2c(c>0)，因為雙曲線C的實軸長為2，所以2a=2，解得a=1.因為右焦點F到x=32的距離為12，所以|c?32因為c>a，所以c=2.可得b2所以雙曲線C的方程為x2（2）解：設M(x1，聯立直線和雙曲線y=x?1x2?即x2+x?2=0，x=1不妨設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)聯立直線方程與雙曲線方程，可得關于x的一元二次方程，利用根與系數的關系及弦長公式求出|MN|，再由點到直線的距離公式求F導直線的距離，代入三角形面積公式求解出△MNF的面積.20．【答案】（1）解：選①因為an+2?an=2同理，當n為偶數時，an所以an選②因為2Sn=(n+1)an（*）-（**），得(n?1)an=n所以數列{a所以an選③因為nSn+1=(n+2)Sn，所以S所以Sn=n(n+1)2，所以當當n=1時，也符合上式.所以an（2）解：由（1）得，1a所以T【解析】【分析】(1)選①②③，運用等差數列的通項公式和數列的遞推式和恒等式，可求得所求通項公式；

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