湖南省邵陽市新邵縣2021-2022學年高二上學期數學期末質量檢測試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．?401是等差數列?5，?9，?13…，的第（）項．A．98 B．99 C．100 D．1012．拋物線x=2yA．x=?18 B．x=?12 C．3．已知直線l1：mx－2y＋1＝0，l2：x－(m－1)y－1＝0，則“m＝2”是“l(fā)1平行于l2”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．若1，m，9三個數成等比數列，則圓錐曲線x2A．223或10 B．223或2 C．63或5．如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，D為棱A1B1A．26 B．33 C．246．已知拋物線C：y2=8x的焦點為F，準線為l，P是l上一點，Q是直線PF與C得一個交點，若FP=4A．72 B．3 C．52 7．已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左?右焦點分別為F1，F2過點F1A．y=±33x B．y=±12x8．人教A版選擇性必修二教材的封面圖案是斐波那契螺旋線，它被譽為自然界最完美的“黃金螺旋”，自然界存在很多斐波那契螺旋線的圖案，例如向日葵?鸚鵡螺等．斐波那契螺旋線的畫法是：以斐波那契數1，1，2，3，5，8，…為邊長的正方形拼成長方形，然后在每個正方形中畫一個圓心角為90°的圓弧，這些圓弧所連起來的弧線就是斐波那契螺旋線．下圖為該螺旋線在正方形邊長為1，1，2，3，5，8的部分，如圖建立平面直角坐標系（規(guī)定小方格的邊長為1），則接下來的一段圓弧所在圓的方程為（）．A．x2+yC．(x+4)2+(y?2)二、多選題9．已知直線l：mx?(2?m)y+1?m=0，圓C：xA．直線l與圓C恒有兩個公共點B．圓心C到直線l的最大距離是2C．存在一個m值，使直線l經過圓心CD．當m=1時，圓C與圓x210．已知遞減的等差數列{an}的前n項和為SA．a7>0 B．S7最大 C．S11．在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，則（）A．AC1⊥B1CB．直線CD1與BD所成的角為60°C．三棱錐O-B1CD1的體積為1D．直線AC1與平面AA1D1D所成角的正弦值為612．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)A．C的方程為xB．C的離心率為4C．雙曲線x25D．點Q是圓x2+y2=25上一點，點A，B是C的左右頂點（Q不與A，B重合），設直線PB，三、填空題13．已知直線l1：(m?1)x?3y+3=0和直線l2：2x+my?5=014．過點P(0，2)作圓x2+y2+8x+7=015．在平行六面體ABCD?A1B1C1D116．已知雙曲線C：x2a2?四、解答題17．已知拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點F（1）求拋物線C的標準方程；（2）若拋物線C上的點P滿足|PF|=6，求P點的坐標.18．已知{an}是等差數列，{bn}是各項都為正數的等比數列，a1=b2（1）求數列{a（2）求數列{bn}19．已知圓C的圓心在直線y=x上，圓心到x軸的距離為2，且截y軸所得弦長為214（1）求圓C的方程；（2）若圓C上至少有三個不同的點到直線l：y=kx的距離為2220．如圖，四邊形ABEF是矩形，平面ABC⊥平面ABEF，D為BC中點，∠CAB=120°，AB=AC=4，AF=6（1）證明：平面ADF⊥平面BCF；（2）求二面角F?AD?E的余弦值．21．已知數列{an}的前n項和為（1）求數列{a（2）若bn=1+log2an22．已知橢圓C：x2a2+（1）求橢圓C的方程；（2）經過點M(0，2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，O為坐標原點，若△OAB的面積為4617，求直線

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：等差數列?5，?9，?13…中，a1=?5∴令?401=?4n?1，得n=100∴-401是這個數列的第100項．故答案為：C．

【分析】根據題意，結合等差數列的通項公式，求得an=?4n?1，令2．【答案】A【解析】【解答】∵拋物線的方程化成標準形式y(tǒng)2∴準線方程為x=?1故答案為：A.

【分析】將拋物線的方程轉化為拋物線的標準方程，從而確定焦點的位置，進而求出拋物線x=2y3．【答案】C【解析】【解答】由直線l1平行于l2得－m(m－1)＝1×(－2)，得m＝2或m＝－1，經驗證，當m＝－1時，直線l1與l2重合，舍去，所以“m＝2”是“l(fā)1平行于l2”的充要條件，故答案為：C.

【分析】根據題意由兩條直線平行的系數公式計算出a的值，再驗證是否重合結合充分和必要條件的定義即可得出答案。4．【答案】D【解析】【解答】三個數1，m，9成等比數列，則m2=9，解得，當m=3時，曲線x2則e=c當m=?3時，曲線為x2則離心率e=2．故答案為：D．

【分析】根據等比數列的性質，求得m=±3，結合橢圓與雙曲線的幾何性質，即可求解.5．【答案】A【解析】【解答】以C為坐標原點，分別以CA，CB，CC由已知可得C(0，0，0)，C1(0，0，1)，D(1，12，1)，B(0，1，0)所以cos?又因為異面直線所成的角的范圍為(0，π2]，所以異面直線CD與B故答案為：A.

【分析】以C為坐標原點，分別以CA，CB，CC1的方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，由已知可得點的坐標，再結合向量的坐標表示求出向量的坐標，再利用數量積求向量夾角公式，得出cos?C16．【答案】B【解析】【解答】設準線與x軸的交點為H，則|FH|=4，如圖所示，因為FP=4FQ，故過點Q作QM⊥l，垂足為M，則QM//x軸，所以|MQ|4所以|MQ|=3，由拋物線定義知，|QF|=|MQ|=3，故答案為：B．

【分析】設準線與x軸的交點為H，得到|FH|=4，結合FP=4FQ，得到|PQ||PF|=34，過點7．【答案】D【解析】【解答】由題意知，OQ⊥F1P點Q是線段PF1的中點，點O是線段F1F2故OQ//F2PF2P=2OQ=2a，由雙曲線定義有由勾股定理有F1故(2a)2則c2則a2+b故漸近線方程為：y=±b故答案為：D。

【分析】由題意知，OQ⊥F1P，且OQ=a，點Q是線段PF1的中點，點O是線段F1F2的中點，OQ為三角形F18．【答案】C【解析】【解答】解：由題意可知圖中每90°的圓弧半徑符合斐波那契數1，1，2，3，5，8，…，從而可求出下一段圓弧的半徑為13，由題意可知下一段圓弧過點(9，2)，因為每一段圓弧的圓心角都為90°，所以下一段圓弧所在圓的圓心與點(9，2)的連線平行于x軸，因為下一段圓弧的半徑為13，所以所求圓的圓心為(?4，2)，所以所求圓的方程為(x+4)2故答案為：C

【分析】由題意可知圖中每90°的圓弧半徑符合斐波那契數1，1，2，3，5，8，…，從而可求出下一段圓弧的半徑為13，由題意可知下一段圓弧過點(9，2)，因為每一段圓弧的圓心角都為90°，所以下一段圓弧所在圓的圓心與點(9，2)的連線平行于x軸，因為下一段圓弧的半徑為13，所以所求圓的圓心為(?4，2)，進而求出接下來的一段圓弧所在圓的標準方程。9．【答案】A,D【解析】【解答】解：由直線l：mx?(2?m)y+1?m=0，即m(x+y?1)?2y+1=0，得x+y?1=0?2y+1=0，解得x=12y=12，則直線圓C：x2+y2∵|PC|=(1?12)2+(0?12)2圓心C到直線l的最大距離為|PC|=2∵直線系方程mx?(2?m)y+1?m=0不包含直線x+y?1=0（無論m取何值），而經過P(12，12)的直線只有當m=1時，直線l為x?y=0，圓C的圓心坐標為(1，0)，半徑為1，圓x2+(y?1)2=1則當m=1時，圓C與圓x2+(y?1)故答案為：AD．

【分析】由題意，求出直線所過的定點的坐標，求出圓心的坐標，代入直線的方程，驗證直線是不是過圓心，將直線所過的定點代入圓的方程，確定直線與圓的位置關系，通過對稱關系求出對稱的圓的方程，即可判斷出正確選項.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】因為S5=S9，故因為等差數列{an}所以a7又S14=7(a故答案為：ABD.

【分析】由遞減的等差數列{an}的前n項和為Sn，S5=S11．【答案】A,B【解析】【解答】建立如圖所示空間直角坐標系，A(1，0，0)，CAC1?D1CDcos?所以直線CD1與BD所成的角為60°，B選項正確.平面AA1Dcos?n，AC1?=n?根據正方體的性質可知，AC⊥BD，AC⊥BB1，由于所以AC⊥平面BDD所以V=1故答案為：AB

【分析】建立空間直角坐標系，從而求出點的坐標，再利用向量的坐標表示求出向量的坐標，再利用數量積為0兩向量垂直的等價關系，再結合數量積的坐標表示，從而證出AC1⊥B1C；利用已知條件結合數量積求向量夾角公式，從而求出直線CD1與BD所成的角；再利用已知條件結合三棱錐的體積公式和等體積法，從而求出三棱錐O-B1CD1的體積；再利用已知條件結合數量積求向量夾角公式，從而求出直線AC1與平面AA1D1D所成角的余弦值，再結合誘導公式，從而求出直線AC12．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：根據題意可得a=54b2a+2c=16a2=對于A：橢圓的方程為x2對于B，即B不符合題意；對于C：雙曲線x25?聯(lián)立y=255xx225+y∴雙曲線x25?y2對于D：由題意知，A(?5，0)，B(5，0)，設P(x1，y1∵Q在圓x2+y2=25上，且A∴AQ⊥BQ，∴k∴k1k2故答案為：ACD．

【分析】由題意可得a=54b2a+2c=16a2=b2+c13．【答案】-2【解析】【解答】由于兩條直線垂直，故(m?1)×2+(?3)×m=0，解得m=?2.故答案為：m=?2.

【分析】利用兩條直線垂直的充要條件，列出關于m的方程求解即可。14．【答案】4x+2y+7=0【解析】【解答】x2+y點A，B在以|PC|為直徑的圓上，P(0，2)，所以圓心是(?2，1)2R=|PC|=(?4?0)以|PC|為直徑的圓的標準方程是(x+2)2因為直線AB是兩圓相交的公共弦所在直線，所以兩圓相減就是直線AB的方程，x2所以直線AB的一般式方程為4x+2y+7=0。故答案為：4x+2y+7=0。

【分析】將圓的一般方程轉化為圓的標準方程，進而求出圓心C的坐標，再利用點A，B在以|PC|為直徑的圓上和P(0，2)，所以圓心是(?2，1)，再利用兩點距離公式求出圓的半徑，進而求出以|PC|為直徑的圓的標準方程，因為直線AB是兩圓相交的公共弦所在直線，所以兩圓相減就是直線AB的方程，進而聯(lián)立兩圓方程作差求出公共弦所在直線，從而求出直線AB的一般式方程。15．【答案】11【解析】【解答】由題意可得，A1則A=A故|A故答案為：11。

【分析】利用已知條件結合平行六面體的結構特征，從而結合三角形法則合中點的性質，再利用平面向量基本定理得出A1P→16．【答案】17【解析】【解答】如圖，過F作FE⊥AB，則E是AB中點，設漸近線為y=bax則在直角三角形OEF中，|OE|=c在直角三角形BEF中，|BE|=a∵OA=2OB，則|OE|=3|BE|，即a=3則8a2=9(c2故答案為：173

【分析】過F作FE⊥AB，則E是AB中點，設漸近線為y=b17．【答案】（1）解：由雙曲線方程x23?y2所以c2=a則曲線E的右焦點為(2，0)，所以p2=2，因此，拋物線C的標準方程為y2（2）解：設P(x0，y0代入拋物線方程可得y02=8×4=32所以P點的坐標為(4，42)或【解析】【分析】（1）根據題意可求的拋物線的焦點坐標，從而可求得p，從而可得拋物線C的標準方程；

（2）設P點的坐標為（x0，y0），由拋物線的性質可求得x0，代入拋物線方程中可求得y0，從而可得P點坐標．18．【答案】（1）解：選擇條件①和條件②設等差數列{an}的公差為d解得：a1=1，d=2.∴an選擇條件①和條件③：設等差數列{an}的公差為d解得：a1=1，d=2.∴選擇條件②和條件③：設等比數列{bn}的公比為q∴b2=b1q=1，b2設等差數列{an}的公差為d，∴a5=∴an（2）解：選擇條件①和條件②設等比數列{bn}的公比為q∴b2=b1q=1，設數列{bn}的前n項和為Sn選擇條件①和條件③：b4=a5=9，設等比數列{∴b2=b1q=1，設數列{bn}的前n項和為Sn選擇條件②和條件③：設數列{bn}的前n由（1）可知Sn【解析】【分析】分別選擇①②③中的任兩個，

（1）設等差數列{an}的公差為d，由等差數列的通項公式，解方程可得公差，進而得到所求；

19．【答案】（1）解：設圓心為(t，t)，半徑為r，根據題意得|t|=2t解得t=±2，r=32所以圓C的方程為(x?2)2+（2）解：由（1）知圓C的圓心為(?2，?2)或(2，2)，半徑為32由圓C上至少有三個不同的點到直線l：y=kx的距離為22，可知圓心到直線l：y=kx的距離d≤3即|2k?2|1+k2解得2?所以直線l斜率的取值范圍為[2?【解析】【分析】(1)設圓心為(t，t)，半徑為r，利用已知條件求出圓的圓心以及半徑，然后求解圓的方程；

(2)圓C上至少有三個不同的點到直線l：y=kx的距離為2220．【答案】（1）因為AB=AC，D為BC中點，所以AD⊥BC，因為ABEF是矩形，所以FA⊥AB，因為平面ABC⊥平面ABEF，平面ABC∩平面ABEF=AB，AF?平面ABEF，所以AF⊥平面ABC，因為BC?平面ABC，所以AF⊥BC，又AF，AD?平面ADF，AF∩AD=A，所以BC⊥平面ADF，又BC?平面BCF，所以平面ADF⊥平面BCF；（2）在平面ABC內過點A作Ax⊥AB，由（1）知，AF⊥平面ABC，故以點A為坐標原點，分別以Ax，AB，AF的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系A?xyz，如圖：則A(0，0，0)，F(0，0，6)，B(0，4，0)，E(0，4，6)，所以AD=(3，1，0)，AF=(0，0，6由（1）知，BC為平面ADF的一個法向量，設平面ADE的法向量為n=(x，y，z)則n?AD=0n?AE=0，即3x+y=04y+所以cos?因為二面角F?AD?E為銳角，則二面角F?AD?E的余弦值為33【解析】【分析】(1)根據題意作出輔助線再由中點的性質得出線線垂直，再由線面垂直的判定和性質定理即可得出線線垂直，再由線面垂直以及面面垂直的判定定理即可得證出結論。

(2)根據題意