2023-2024学年安徽省六安二中高二（上）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年安徽省六安二中高二（上）期末数学试卷一、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.已知等比数列{an}中，an>0，a1，aA.32 B.64 C.256 D.±2.设m∈R，则“m=2”是“直线l1：mx+2A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分又不必要3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3+aA.52 B.54 C.56 D.584.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1A.26

B.25

C.5.已知椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>0,bA.x245+y236=1 6.如图，已知正四棱锥P−ABCD的底面边长和高分别为2和1，若点E是棱PD的中点，则异面直线PAA.3333

B.3311

C.7.已知点A为抛物线C：x2=8y上的动点，点B为圆(x−6)2+(yA.4 B.5 C.7 D.108.已知数列{an}满足a1=1,aA.31012−12 B.31012−二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列结论正确的是(

)A.(cosx)′=−sinx10.已知圆O：x2+y2A.过点P(1,1)作直线与圆O交于A，B两点，则|AB|范围为[22,4]

B.圆O上有4个点到直线l：x−3y+1=0的距离等于1

C.圆O与圆C11.小明同学在完成教材椭圆和双曲线的相关内容学习后，提出了新的疑问：平面上到两个定点距离之积为常数的点的轨迹是什么呢？又具备哪些性质呢？老师特别赞赏他的探究精神，并告诉他这正是历史上法国天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，这类曲线被称为“卡西尼卵形线”.在老师的鼓励下，小明决定先从特殊情况开始研究，假设F1(−1,0)、F2(1,0)是平面直角坐标系A.曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形

B.动点P的横坐标的取值范围是[−3,3]

C.|三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知n=(0,2,1)是平面α的法向量，点Q(1,013.设曲线y=eax−x−1在点(014.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过左焦点F1作直线四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知圆C过点A(4,0)，B(0,4)，且圆心C在直线l：x+y−6=0上．

(1)16.(本小题15分)

如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC．

(1)求证：17.(本小题15分)

已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn=an+1，n∈N*．

(1)求数列18.(本小题17分)

已知抛物线C：x2=2py(p>0)，过焦点F的直线交抛物线于A、B两点，|AF|=16,|BF|19.(本小题17分)

定义：对于任意大于零的自然数n，满足条件an+an+22≤an+1且an≤M(M是与n无关的常数)的无穷数列{an}称为M数列．

(1)若等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b1=−3，S9=答案和解析1.【答案】B

【解析】【分析】

本题主要考查了等比数列的性质，涉及到解一元二次方程，属于基础题．

根据等比数列的性质，把a20⋅a50⋅a80转换为a503，即可得解．

【解答】

解：∵a1，a99为方程x2−10x+16=0的两根，

∴a12.【答案】C

【解析】解：m=2时，直线l1：2x+2y−1=0，直线l2：3x+3y+1=0，此时23=23≠−11，可得直线l1//3.【答案】A

【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，

则由题意得2a1+5d=116a1+6×52d+7a1+7×62d=754.【答案】B

【解析】解：∵平行六面体ABCD−A1B1C1D1的各棱长均为2，∠A1AB=∠A1AD=60°，∠DAB=5.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了椭圆的标准方程及其性质、“点差法”，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，代入椭圆的方程可得x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1.两式相减可得：(x1−x2)(x1+x2)a2+(y1−y26.【答案】B

【解析】解：连接AC，BD，交于点O，

由题意，以O为原点，分别以OB,OC,OP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，

由正四棱锥P−ABCD的底面边长和高分别为2和1，可得AC=BD=22，

∴P(0,0,1)，A(0,−2,07.【答案】B

【解析】解：如图所示，设抛物线的焦点为F，圆心为C，

则F(0,2)，C(6,−6)，又圆C的半径r=3，

d=|AF|−2，

所以|AB|+d=|AB|+|AF|−2，

又|A8.【答案】A

【解析】解：a2n+1=a2n+3n=a2n−1+(−1)n+3n9.【答案】AD【解析】解：(cosx)′=−sinx，故选项A正确；

因为sinπ3=32，所以(sinπ3)′=10.【答案】AB【解析】解：根据题意，圆O：x2+y2=4，圆心为O(0,0)，半径R=2，

对于A，因为|OP|=12+12=2<2，可知点P在圆O内，

因此圆心O到过点P的直线的距离d∈[0,2]，可得|AB|=2R2−d2=24−d2∈[22,4]，故A项正确；

对于B，因为圆心O到直线l：x−3y+1=0的距离d=|0−0+1|12+(−3)2=12<1，

作出直线l1、l2与直线l平行，且l1，l2到直线l的距离都为1，如下图所示，

由图可知此时A、B、C、D到直线l的距离均为1，

所以圆O上有4个点到直线l：x−3y+1=0的距离等于1，故B项正确；

对于C，圆C：(x−3)2+(y−4)2=r11.【答案】AB【解析】解：令P(x,y)，则(x+1)2+y2⋅(x−1)2+y2=2，

所以[(x+1)2+y2][(x−1)2+y2]=4，则(x2−1)2+2y2(x2+1)+y4=4，

将(x,y)、(−x,y)、(−x,−y)代入上述方程后，均有(x2−1)2+2y2(x2+1)+y4=4，

所以曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形，A正确；

令t=y2≥0，则t2+2(x2+1)t+(12.【答案】3【解析】解：∵Q(1,0,3)，P(2,2,2)，

∴PQ=(−1,13.【答案】3

【解析】解：由已知：y′=aeax−1，

∵切线与直线x+2y+1=0垂直，故切线斜率为2．

∴y14.【答案】14【解析】解：设双曲线的半焦距为c，c>0，

|BF2|=|AF2|，根据题意得到|BF1|−|BF2|=2a，

又|AF2|−|AF1|=|BF2|−|AF1|=2a，

故∖ A15.【答案】解：(1)由A(4,0)，B(0,4)，得直线AB的斜率为kAB=0−44−0=−1，

线段中点D(2,2)所以kCD=1，直线CD的方程为y−2=x−2，

即y=x，联立x+【解析】(1)先求AB的垂直平分线方程CD，联立直线l的方程可得圆心坐标，然后可得半径，进而得出圆的标准方程；

(2)根据点M(16.【答案】解：(1)证明：过P作PS//MD，交BD于S，过Q作QR//MD，交CD于R，连接RS，

∵PS//MD，P是BM的中点，

∴S是BD的中点，且PS=12MD，

∵QR//MD，AQ=3QC，M是AD的中点，

∴QR=14AD=12MD，

∴QR//PS，且QR=PS，∴四边形PQRS为平行四边形，∴PQ//SR，

∵PQ⊄平面BCD，SR⊂平面【解析】(1)过P作PS//MD交BD于S，过Q作QR//MD，交CD于R17.【答案】解：(1)由2Sn=an+1得Sn=14(an+1)2，则a1=14(a1+1)2，解得a1=1，

当n≥2时，Sn−1=14(an−1【解析】(1)根据数列递推式求出首项，得出当n≥2时，Sn−1=14(an−1+18.【答案】解：(1)由题意可知：直线AB斜率必存在，设其方程为：y−p2=kx(k≠0)，

由y−p2=kxx2=2py，消去x得，y2−(p+2pk2)y+p24=0，

则y1+y2=p+2pk2,y1y2=p24，

由题意可知：

1|AF|+【解析】(1)由题意得直线AB的斜率一定存在，设出直线AB的方程，并和抛物线的方程联立消去x得，y2−(p+2pk2)y+p24=0，利用韦达定理计算1|AF19.【答案】解：(1)由题意知∵S9=9b1+9×82