2023-2024学年浙江省温州市高二（上）期末数学试卷（B卷）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年浙江省温州市高二（上）期末数学试卷（B卷）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.直线x+y+1A.135° B.120° C.60°2.抛物线y2=4x的准线方程为

A.x=2 B.x=−2 3.在空间四边形ABCD中，点M，G分别是BC和CDA.AD B.GA C.AG4.已知Sn为数列{an}的前n项和，SnA.2 B.4 C.8 D.165.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1A.13 B.12 C.26.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒或小石子来研究数.他们根据沙粒或小石头所排列的形状把数分成许多类，如右图的1，3，6，10称为三角形数，1，4，9，16称为正方形数，则下列各数既是三角形数又是正方形数的是(

)A.55 B.49 C.36 D.287.已知圆锥有一个内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，圆柱与圆锥的高之比为(

)A.13 B.12 C.238.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，A.3 B.2 C.3二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知圆C1：x2+y2−A.4 B.5 C.6 D.710.以下选项中的两个圆锥曲线的离心率相等的是(

)A.x24−y22=1与x24+y22=11.已知三棱锥P−ABC如图所示，G为△ABC重心，点M，F为PG，PC中点，点D，E分别在PA，A.若m=n=12，则平面DEF/​/平面ABC

B.PG=13

12.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1<A.若{an}为等差数列，则数列{Sn}为递增数列

B.若{an}为等比数列，则数列{Sn}为递增数列

C.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若双曲线的渐近线方程为y=±2x，则该双曲线的方程可以是______.14.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，S3=2a215.已知点P为圆C：(x−4)2+(y−4)2=16.两个正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，M和N分别是对角线AC和B四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题10分)

如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，AB=1，AD=AA′=2，∠B18.(本小题12分)

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3=3，S4=5a2．

(1)求数列{19.(本小题12分)

如图，四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的菱形，∠ABC=23π，PD⊥平面ABCD，PD=1，20.(本小题12分)

已知圆满足：

①截y轴所得的弦长为2；

②被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1；

③圆心到直线l：x−2y=0的距离为21.(本小题12分)

已知数列{an}满足an+1=anan+1，a1=12．

(1)求证：数列22.(本小题12分)

已知点A(−5,2)在双曲线C：x2a2−y2a2=1上，

(1)求C的方程；

(2)如图，若直线l垂直于直线OA，且与C的右支交于P、Q两点，直线

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：直线x+y+1=0的向量为−1，直线的倾斜角为α，∴tanα2.【答案】D

【解析】【分析】

本小题主要考查抛物线的标准方程、抛物线的简单性质等基础知识，属于基础题．

利用抛物线的标准方程，有2p=4，p2=1，可求抛物线的准线方程．

【解析】

解：抛物线y2=4x的焦点在x轴上，且p3.【答案】C

【解析】解：由题意可知，12CD=CG，

故AB+14.【答案】C

【解析】解：根据题意，数列{an}中Sn=2n−1，

则a4=S4−S3=(24−1)5.【答案】D

【解析】解：如图，

设点A1到平面AB1C的距离是h，

由VA1−AB1C=VC−A1AB1，

又由正方体的结构特征可知AC=CB1=B1A=2，

三棱锥A16.【答案】C

【解析】解：根据题意可得第n个三角形数为“1+2+3+4+⋅⋅⋅+n=(n+1)n2，

第n个正方形数为n27.【答案】B

【解析】解：根据题意，画出轴截面△ABC，DEFG为内接矩形，如图所示：

设圆柱的高为h，圆柱的底面半径为r，圆锥的高为H，底面半径为R，

则hH=R−rR，所以h=H(R−r)R，

所以圆柱的侧面积为S侧=2πrh=2πr8.【答案】A

【解析】解：椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为33，

设a=3，则c=3，点P在椭圆C上，直线PF1与直线y=3x交于点Q，且QF1⊥QF2，

可知△OQF2是正三角形，|Q9.【答案】CD【解析】解：由圆C1：x2+y2−8x+7=0，得(x−4)2+y2=9，

由圆C2：x2+y2+610.【答案】CD【解析】解：对于A：双曲线的离心率e=ca=4+24=62，椭圆的离心率e=ca=4−24=22，故A错误；

对于B：第一个双曲线的离心率e=ca=11.【答案】AB【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，若m=n=12，点D，E分别是PA，PB中点，

则有DE/​/AB，而DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，则DE/​/平面ABC，

同理：DF/​/平面ABC，

而DE∩DF=D，且DE⊂平面DEF，DF⊂平面DEF，

故平面DEF/​/平面ABC，A正确；

对于B，PA=PG+GA，PB=PG+GB，PC=PG+GC，

而G为△ABC重心，GA+G12.【答案】AC【解析】解：因为a1<0，a1+a2>0，

所以a2>−a1>0，

若{an}为等差数列，则公差d=a2−a1>0，则{an}为递增数列，数列{Sn}也为递增数列，A正确；

若{an}为等比数列，则公比q=a2a1<−1，则13.【答案】x2−y【解析】解：双曲线的渐近线方程为y=±2x，

不妨设该双曲线的焦点位于x轴上，

则ba=2，

令a=1，则b=2，

故该双曲线的方程可以是x14.【答案】1

【解析】解：正项等比数列{an}中，S3=2a2+3a1，且a5=16，

所以a15.【答案】[【解析】解：因为A(2,0)，B(0,2)，

则直线AB的方程为x2+y2=1，即x+y−2=0，

圆C：(x−4)2+(y−4)2=8的圆心坐标为C(4,4)，半径r=22，

所以圆心C到直线AB的距离d=416.【答案】3【解析】解：∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，

根据面面垂直的性质定理知CB⊥平面ABEF，

∴BC⊥BE，从而BC，AB，BE两两垂直，如图建立空间直角坐标系，

设A(1,17.【答案】解：(1)∵AB=a,AD=b,AA′=c，

∴A′【解析】(1)根据向量加法的几何意义及相等向量和相反向量的定义即可用a,b,c表示A18.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，

由a3=3S4=5a2，得a1+2d=34a1+4×32【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，列出含d的方程组，求出d与a1，即可求解出{an}的通项公式an；

(219.【答案】解：(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴PD⊥AC，

∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，

∵BD∩PD=D，∴AC⊥平面PDB，

∵AC⊂平面AMC，∴平面MAC⊥平面PDB；

(2)过点P作PH⊥平面AMC，交平面AMC于点H，

连接CH，则∠PCH是CP与平面MAC所成角，

连接BD，交【解析】(1)推导出PD⊥AC，BD⊥AC，从而AC⊥平面PDB，由此能证明平面MAC⊥平面PDB；

(2)过点P作P20.【答案】解：设所求圆心为P(a,b)，半径为r，则圆心到x轴，y轴的距离分别为|b|、|a|，

因圆P截y轴得弦长为2，由勾股定理得r2=a2+1，又圆被x轴分成两段圆弧的弧长的比为3：1，

∴劣弧所对的圆心角为90°，

故r=2b，即r2=2b2，

∴2b2−a2=1①【解析】依题意，可设所求圆心为P(a,b)，半径为r，由①截y轴所得的弦长为2可得r2=a2+1；由②被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1可知劣弧所对的圆心角为90°，从而有r=2b；再由21.【答案】解：(1)证明：由an+1=anan+1，a1=12，

可得1an+1=1an+1，

即有数列{1an}是首项为2，公差为1的等差数列；

(2)1an=2+n−1=n+1，则an=1n+【解析】(1)对已知数列的递推式两边取倒数，结合等差数列的定义可得证明；

(2)由等差数列的通项公式求得an，Sn，S222.【答案】解：(1)由点A(−5,2)在双曲线C：x2a2−y2a2=1上，

可得5a2−4a2=1，解得a2=1，

所以双曲线C的