河北省邢台市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试卷及参考答案

-2023学年河北省邢台市高二（上）期末数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项:

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知双曲线C：y26−x2b2=1(b>0)A.3 B.233 C.2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若3SA.3 B.1 C.−1 D.−33.平行六面体ABCD−A1B1C1DA.1 B.76 C.56 4.某地全域旅游地图如图所示，它的外轮廓线是椭圆，根据图中的数据可得该椭圆的焦距为(

)A.222

B.822

C.5.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，A.3 B.13 C.4 D.96.某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图(1)、(2)、(3)、(4)为四个简单的图案，这些图案都由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮.现按同样的规律(小正方形的摆放规律相同)摆放，设第n个图形包含f(n)个小正方形，则f(10)=(

)

A.192 B.181 C.175 D.2037.已知点P(0,3)，抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，射线FP与抛物线C相交于点M，与其准线交于点N，若|FM||MN|=A.1 B.2 C.32 D.8.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式.所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，数列1，3，6，10被称为二阶等差数列.已知数列{an}，a1=1，a2A.数列{an}为二阶等差数列

B.an=n2

C.数列{an+1二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.已知⊙O的圆心在直线y=x+2上，且⊙O过点A(1,0)，B(2,1)，直线l：ax−y−3a+1=0，则下列结论中正确的是(

)A.⊙O的方程为x2+(y−2)2=5

B.圆心O到直线l的距离的最大值为5

C.若直线l与⊙O相切，则a=−2或a=12

D.10.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，∠ABC=π2，AB=PA=12CD=2，BC=22，A.直线CM与AD所成角的余弦值为16 B.|BM|=23

C.BM⊥PC D.点11.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，过F作x轴的垂线交椭圆C于点P(P在第一象限)，直线OP(O是坐标原点)与椭圆C另交于点A，直线AF与椭圆C另交于点B，若PA⊥PB，直线PA，PB，AB的斜率分别记为kPA，A.kPA=2kAB B.kPB⋅12.若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质.对于正整数n，φ(n)是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数.函数φ(n)以其首名研究者欧拉命名，被称为欧拉函数，例如φ(3)=2，φ(7)=6，φ(9)=6，则(

)A.φ(5)，φ(9)，φ(15)成等差数列

B.数列{φ(3n)}(n∈N∗)是等比数列

C.数列{φ(2n)ϕ(3n)}的前n项和为Sn，则存在n∈第II卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1000+a102414.已知平面α的一个法向量为n=(2,−3,−1)，点M(1,−3,−1)在平面α内，则点P(2,−2,3)到平面α的距离为

．15.在数列{an}中，a1=1，an+1−an=9−2n，若16.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，A(2,12)，B(2,2)，P是满足λ=12的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为

；若点Q为抛物线C：y2=4x上的动点，抛物线C的焦点为F，则|PQ|+|QF|四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

已知抛物线C：y=x2，直线l与抛物线C交于A，B两点，且OA⊥OB，O是坐标原点．

(1)证明：直线AB过定点；

(2)求△AOB面积的最小值．18.(本小题12.0分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1=12AC，AD=2DB19.(本小题12.0分)

已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=3，Sn，Sn+1的等差中项为(n+1)an+1．

(1)求{an}的通项公式；20.(本小题12.0分)

如图所示，在多面体A1B1D1−DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交C21.(本小题12.0分)

已知递增数列{an}满足a1=1，an+1an=an−2n−1an+1−2n−1．

(1)求{a22.(本小题12.0分)

已知A1(−1,0)，A2(1,0)，动点P(x,y)满足直线PA1与PA2的斜率之积为3．

(1)求动点P的轨迹C的方程；

(2)过原点O作直线l，直线l被曲线C截得的弦长为|AB|，将直线l向左、右分别平移2个单位长度得到直线l1，l2，且直线l1，l2答案和解析1.【答案】B

【解析】解：设双曲线C的一个焦点为(0,c)，

∵双曲线C的渐近线为6x±by=0，

∴焦点到渐近线的距离为bc6+b2=2，

∵c=6+b2，∴b=2，c=22，

又2.【答案】D

【解析】解：因为3Sn=3n+1+λ，

所以Sn=3n+λ3，

当q=1时，显然不符合题意，

当q≠1时，Sn=a1(1−qn)1−q=a3.【答案】B

【解析】解：根据题意，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，有AC1=AB+BC+CC1，

又由AC1=xAB+2yBC−3zCC14.【答案】C

【解析】解：由图可知长轴长为2a=26，短轴长为2b=18，

所以a=13，b=9，故焦距为2a2−b2=422．

故选：C．5.【答案】D

【解析】解：根据题意可得BD1⋅AD=(BA+BC+B6.【答案】B

【解析】观察可知，f(1)=1=2×1×0+1，f(2)=1+3+1=2×2×1+1，f(3)=1+3+5+3+1=2×3×2+1，f(4)=1+3+5+7+5+3+1=2×4×3+1，

所以可推出f(n)=2n(n−1)+1，

故f(10)=2×10×9+1=181．

故选：B．

根据所给图形，观察、归纳出f(n)，即可得解．

本题主要考查归纳推理，属于基础题．

7.【答案】D

【解析】解：由抛物线可得焦点F(p2,0)，

如图，过M作C的准线的垂线，垂足为K，

则|MK|=|MF|，因为∵|FM||MN|=|MK||MN|=55，

∴tan∠PFO=tan∠NMK=|NK||MK|=2，

∴直线FP的斜率为−28.【答案】C

【解析】解：因为an+1+an−1=2(an+1)(n≥2)，

所以(an+1−an)−(an−an−1)=2(n≥2)，

所以{an+1−an}是首项为a2−a1=3，公差为2的等差数列，

所以an+1−an=2n+1，所以数列{an}为二阶等差数列，故A正确；

因为an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋅⋅⋅+(a2−a1)+a19.【答案】AC

【解析】解：因为AB的中点坐标为(32,12)，直线AB的斜率kAB=1−02−1=1，

所以线段AB的垂直平分线的方程为y−12=−(x−32)，即x+y−2=0．

联立方程组x+y−2=0y=x+2，解得x=0y=2即圆心O(0,2)，

半径r=|OA|=(1−0)2+(0−2)2=5，

所以⊙O的方程为x2+(y−2)2=5，故A正确；

因为直线l过定点P(3,1)，当直线l⊥OP时，圆心O到直线l的距离最大，

且最大值为|OP|=10，故B错误；

圆心O(0,2)到直线l的距离d=|−1−3a|1+a2，

当直线l与⊙O相切时，d=|−1−3a|1+a2=5，解得a=−2或a=12，故C正确；

若直线l被10.【答案】ABD

【解析】解：过A作AE⊥CD，垂足为E，则DE=2，

分别以AE，AB，AP所在直线为x，y，z轴，建系如图，则根据题意可得：

B(0,2,0)，C(22,2,0)，D(22,−2,0)，P(0,0,2)，M(2,−1,1)，

∴BM=(2,−3,1)，CM=(−2,−3,1)，PC=(22,2,−2)，BC=(22,0,0)，BP=(0,−2,2)，AD=(22,−2,0)，

∴|cos<CM,AD>|=|CM⋅AD||CM||AD|=223×23=16，

∴直线CM与AD所成角的余弦值为11.【答案】ABD

【解析】解：由题意F(c,0)，过F作x轴的垂线交椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)于点P(P在第一象限)，

直线OP(O是坐标原点)与椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)另交于点A，

可得P(c,b2a)，A(−c,−b2a)，设B(x0,y0)

因为PA⊥PB，所以kPA⋅kPB=−1.因为kPA=b2ac，所以kPB=−acb2．

因为A，F，B共线，所以12.【答案】ABD

【解析】解：因为φ(5)=4，φ(9)=6，φ(15)=8，则2×6=8+4，

所以φ(5)=4，φ(9)=6，φ(15)=8成等差数列，所以A正确；

因为2为质数，在不超过2n的正整数中，

所有偶数的个数为2n−1，

所以φ(2n)=2n−2n−1=2n−1，

因为3为质数，在不超过3n的正整数中，

所有能被3整除的正整数的个数为3n−1，

所以φ(3n)=3n−3n−1=2×3n−1(n∈N∗)，

则{φ(3n)}(n∈N∗)是公比为3的等比数列，故B正确，

因为φ(2n)ϕ(3n)=2n−12×3n−1=12×(23)13.【答案】4046

【解析】解：a1000+a1024=4，

则S2023=2023(a1+a14.【答案】5【解析】解：根据题意可知MP=(1,1,4)，又平面α的一个法向量为n=(2,−3,−1)，

∴点P到平面α的距离d=|MP⋅n||n|15.【答案】1(或8或13或16，只需写出一个答案即可)

【解析】解：∵an+1−an=9−2n，

∴当n≥2时，an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋅⋅⋅+(a2−a1)+a1=(11−2n)+(13−2n)+⋅⋅⋅+7+1=9(n−1)−2×(n−1)n2+1=−n2+10n−8=−(n−5)2+17，

当16.【答案】(x−2)2+【解析】解：设P(x,y)，则|PA||PB|=12，

即(x−2)2+(y−12)2(x−2)2+(y−2)2=14，

化简得(x−2)2+y2=1；

抛物线C：y2=4x的准线为x=−1，因为|QF|等于Q到抛物线准线的距离，

所以|PQ|+|QF|的最小值转化为点P到准线的距离，

又P是阿氏圆(x−2)2+y2=1上的任一点，

所以点P(1,0)17.【答案】解：(1)证明：易知直线AB的斜率存在且不过原点，

设直线AB的方程为y=kx+m，m≠0，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

联立方程组y=kx+m,y=x2,，可得x2−kx−m=0，

∴x1+x2=k，x1x2=−m，∵OA⊥OB，

∴OA⋅OB=x1x2+y1y【解析】(1)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB的方程y=kx+m与抛物线C：y=x18.【答案】证明：(1)以C1为坐标原点，C1A1，C1B1，C1C的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：

设BC=1，则A1(2,0,0)，B1(0,1,0)，A(2,0,1)，B(0,1,1)，

因为AB1=(−2,1,−1)，BC1=(0,−1,−1)，

所以AB1⋅BC1=(−2)×0+1×(−1)+(−1)×(−1)=0，

所以BC1⊥AB1；

(2)设平面AB1C1的法向量为n=(x,y,z)，

因为AB1=(−2,1,−1)，C1B1=(0,1,0)，

【解析】(1)建立空间直角坐标系，由AB1⋅BC1=0可证明BC1⊥AB1；

(2)先求平面AB19.【答案】解：(1)因为Sn，Sn+1的等差中项为(n+1)an+1，

所以Sn+Sn+1=2(n+1)an+1．

当n=1时，S1+S2=2(1+1)a2，所以a2=2，

当n≥2时，Sn−1+Sn=2nan，

所以an+an+1=2(n+1)an+1−2nan【解析】(1)根据数列的前n项和作差，即可求解可；

(2)由题知bn=1220.【答案】(Ⅰ)证明：∵B1C=A1D且A1B1=CD，

∴四边形A1B1CD为平行四边形，

∴B1C//A1D，

又∵B1C⊄平面A1EFD，A1D⊂平面A1EFD，

∴B1C//平面A1EFD，

又∵平面A1EFD∩平面B1CD1=EF，B1C⊂平面B1CD1，

∴EF//B1C；

(Ⅱ)解：以A为坐标原点，以AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系A−xyz如图，设AB=AD=AA1=2，

A0,0,0,A