福建省三明市普通高中2022-2023学年高二上学期数学期末质量检测试卷（含答案）

福建省三明市普通高中2022-2023学年高二上学期数学期末质量检测试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．抛物线y2A．(34，0) B．(322．直线x−3A．30° B．60° C．120° D．150°3．若2a+1是a−1与4a−2的等差中项，则实数a的值为（）A．−14 B．110 C．4．若向量m=(2，a，−4)，nA．−1 B．0 C．6 D．85．在各项均为正数的等比数列{an}中，a3−A．16 B．814 C．24 D．6．已知A，B是抛物线C：y2=2px(p>0)上的两个动点，满足A．1 B．3 C．2 D．27．如图，AB是圆的切线，P是圆上的动点，设∠PAB=θ(0<θ<π)，AP扫过的圆内阴影部分的面积S是θ的函数.这个函数的图象可能是（）A． B．C． D．8．如图1，北京冬奥会火种台以“承天载物”为设计理念，创意灵感来自中国传统青铜礼器——尊的曲线造型，基座沉稳，象征“地载万物”，顶部舒展开阔，寓意迎接纯洁的奥林匹克火种.如图2，一种尊的外形近似为某双曲线的一部分绕着虚轴旋转所成的曲面，尊高63cm，上口直径为40cm，底部直径为26cm，最小直径为24cm，则该双曲线的渐近线与实轴所成锐角的正切值为（）A．13 B．3 C．3 二、多选题9．已知圆的方程为x2A．(0，−1) B．(1，1) C．10．在空间直角坐标系O−xyz中，已知向量a=(1，m，−1)A．m=−12，n=−1 B．m=0C．m=1，n=12 D．m=211．若n，m，9n成等比数列，则圆锥曲线x2A．63 B．32 C．212．已知函数f(x)=3|x+2|−2|x+1|，数列{an}满足a1<0，且an+1=f(A．−1 B．−2 C．−3 D．−4三、填空题13．已知函数f(x)=ex+xcos14．两条平行直线l1：ax−y+3=0与l15．已知圆C1：(x+3)2+y2=9，圆16．在数列{an}中，a1>1，且当n∈N*时，都有四、解答题17．如图，在四边形ABCD中，AB//CD，AD=BC，AB=10，CD=4，直线AB与CD间的距离为3.建立适当的平面直角坐标系，求四边形ABCD外接圆的方程，并求该圆的圆心坐标和半径.18．已知函数f(x)=ln（1）求f(x)的导数；（2）求曲线y=f(x)在点(1，19．如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°，∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，AB=AC=3（1）求BC⋅（2）已知F是线段CD中点，点E满足EB=220．在等差数列{an}中，a（1）求数列{a（2）已知数列{bn}的前n项和为Sn，且2Sn=321．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA（1）证明：DG//平面AC（2）若D为BC中点，求DE与平面BCC22．如图，已知P是圆A：(x+1)2（1）求E的方程；（2）设E与x轴交于C，D，过点M且斜率为1的直线与E的另一个交点为N，与x轴的交点为G.判断：当M在E上运动时，是否存在常数λ，使得|MG|⋅|NG|=λ|CG|⋅|DG|？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】在抛物线y2=3x中，开口向右，p=3故答案为：A.

【分析】根据抛物线的几何性质，即可求解.2．【答案】A【解析】【解答】设倾斜角θ，tanθ=因为θ∈[0，故答案为：A

【分析】根据题意，得到tanθ=3．【答案】D【解析】【解答】由题意知2a+1是a−1与4a−2的等差中项，故2(2a+1)故答案为：D

【分析】根据题意，得到2(4．【答案】D【解析】【解答】依题意，向量m=(2，a，−4)通过观察横坐标可知m=2所以a=2×2=4，所以a−2b=4+4=8.故答案为：D

【分析】根据题意，得到m=25．【答案】C【解析】【解答】解：在各项均为正数的等比数列{an}中，a所以a1解得q=2或q=1（舍去）或q=−3（舍去），此时a1所以a5故答案为：C

【分析】根据等比数列的通项公式，得到方程组a1q26．【答案】D【解析】【解答】F(p2，由于AF=3FB，所以不妨设A在第一象限，B在第四象限，则(p则−y不妨设直线AB的方程为x=my+p由x=my+p2y2=2px所以y1则−3yy2M(−p2，y1即E(−p2，33p)，设圆所以(p2)所以圆心E(−32，所以x轴被圆E截得的线段长为22故答案为：D

【分析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，根据AF=3FB，所以A，F，B三点共线，可设A在第一象限，B在第四象限，求得7．【答案】B【解析】【解答】当0<θ≤π2时，当π2<θ<π时，所以B选项符合.故答案为：B

【分析】根据得到0<θ≤π2时，S的增长速度越来越快，当π28．【答案】C【解析】【解答】建立双曲线标准方程的直角坐标系，最小直径在x轴，如图，

双曲线方程为x2a则2a=24，a=12，A(20，y1)（y1由400144−y12b2由y1y2=−16则双曲线的渐近线与实轴所成锐角的正切值为b故答案为：C．

【分析】建立直角坐标系，设双曲线方程为x2a2−y2b2=1(a>09．【答案】A,C【解析】【解答】02122232故答案为：AC

【分析】结合选项，分别代入圆的方程，即可求解.10．【答案】B,C【解析】【解答】向量a=(1，m，−1)，b=(2n，对于A，当m=−12，n=−1时，对于B，当m=0，n=1时，m+2n=2，B是；对于C，当m=1，n=12时，对于D，当m=2，n=−2时，m+2n=−2≠2，D不是.故答案为：BC

【分析】根据题意，利用数量积的运算公式，得到m+2n=2，结合选项验证，即可求解.11．【答案】A,C,D【解析】【解答】由于n，m，当n>0，m>0时，m=3n>0，曲线x2m+所以e=c当n>0，m<0时，m=−3n<0，曲线x2m+y2所以e=c当n<0，m>0时，m=−3n>0，所以x2m+y2所以e=c当n<0，m<0时，方程故答案为：ACD

【分析】由n，m，9n成等比数列，得到m2=9n12．【答案】A,B,D【解析】【解答】f(x)=−x−4A选项，a1=−1，an+1=f(an)=an所以A选项正确.B选项，a1所以an=−2，则C选项，a1a3=f(a2)=f(−1)=3所以C选项错误.D选项，a1a3=f(a2)=f(0)=4所以{an}所以D选项正确.故答案为：ABD

【分析】化简函数为f(x)=−x−413．【答案】2【解析】【解答】f'(x)=e故答案为：2

【分析】根据导数的运算公式，求得f'(x)=e14．【答案】5【解析】【解答】因为直线l1：ax−y+3=0与l2：x+2y+2a=0平行，可知直线l1：−12所以直线l1与l2间距离为故答案为：5

【分析】根据两直线平行，得到1a=2−1≠15．【答案】x【解析】【解答】圆C1：(x+3)2+圆C2：(x−3)2+由于动圆E与圆C1，C设动圆E的半径为r，则|EC所以|EC所以E点的轨迹是以C1，C设方程为x2a2所以E的轨迹方程为x2故答案为：x2

【分析】设动圆E的半径为r，根据圆与圆的位置关系，化简得到|EC16．【答案】12【解析】【解答】因为(n+1)an+1=an则a=>=2(50−又a=<=2×(所以8所以不等式M>a2−1故答案为：12.

【分析】根据题意化简得到an+1−1an−117．【答案】解：解法一：设AB中点为O，CD中点为M，连接OM.则四边形ABCD关于直线OM对称.则OA=OB=102=5如图，以O为坐标原点，以AB为x轴，以OM为y轴建立平面直角坐标系.则B(5，0)，且四边形ABCD的外接圆圆心在y轴上，设为E(0，则|EB|=|EC|，即(5−0)2化为25+y02则|EB|=22+其圆心坐标为(0，−2)，半径为解法二：过D作AB的垂线，垂足为H.则AH=10−42=3如图，以A为坐标原点，以AB为x轴，以过A且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系.则A(0，0)，B(10，设所求圆的方程为x2因为A，B，D在该圆上，所以f=0100+10d+f=0解得：d=−10e=4即所求圆的方程为x2化为(x−5)2其圆心坐标为(5，−2)，半径为【解析】【分析】解法一：设AB中点为O，CD中点为M，连接OM.以O为坐标原点，建立平面直角坐标系，设E(0，y0)，得到则|EB|=|EC|，列出方程求得y0=−2，进而求得圆的方程；18．【答案】（1）解：因为f(x)=ln所以f（2）解：由（1）得，f'故所求切线方程为y=x−1.【解析】【分析】（1）根据导数的运算公式及运算法则，即可求得f'(x)；

（2）由（1）求得f19．【答案】（1）解：在四面体ABCD中，设AB=a，AC=b，AD=〈a，b〉=∠BAC=60°，BC=|（2）解：由（1）知，因为EB=2AE，则AE=于是得EF=因此|=329所以线段EF的长为112【解析】【分析】（1）设AB=a，AC=b，AD=c，根据BC→⋅BD20．【答案】（1）解：设{an}因为a3=5，所以因为a2n=2a整理得，a1联立①，②并解得d=2，a1所以an（2）解：因为2Sn所以当n≥2时，2Sn−1③−④得2(S所以2b所以bn=3bn−1，而2S所以{b所以bn则c==1所以T===n【解析】【分析】（1）设{an}的公差为d，根据题意列出方程组a21．【答案】（1）证明：因为A1在平面ABC的正投影为点D，即A1D⊥平面ABC，且AB⊂因为DE⊥平面ABB1A1，且AB⊂平面又因为DE⊂平面A1DG，A1D⊂平面所以AB⊥平面A1因为DG⊂平面A1DG，所以因为D∈BC，G∈AB，所以DG⊂平面ABC.又因为AB⊥AC，所以DG∥AC.又因为AC⊂平面ACC1A1，所以DG//平面AC（2）解：连结AD，A1因为AB=AC，D为BC中点，所以AD⊥BC.因为AB=AC=AA1=2则A1以D为坐标原点，以DA，DB，DA则D(0，0，0)，A(2，0BB1=设平面BCC1B因为n⊥BB所以n⋅BB1=−取x0=1，得z0由（1）知，G为AB中点，则G(2所以A1因为AB=AA1=所以E为等边三角形ABA所以A1则DE=设DE与平面BCC1B则sinα=|即DE与平面BCC1B【解析】【分析】（1）由A1在平面ABC的正投影为点D，得到A1D⊥AB；又由DE⊥平面ABB1A1，得到DE⊥AB，进而证得AB⊥平面A1DG，证得AB⊥DG，根据AB⊥AC，得到DG∥AC，结合线面平行的判定定理，即可证得DG22．【答案】（1）解：因为BQ⊥BP，且M为PQ中点，所以|MB|=|MP|.因为P是圆(x+1)2+y所以|MA|+|MB|=|MA|+|MP|=|PA|=4.又因为|AB|=2，则|MA|+|MB|>|AB|.所以M的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆.则在该椭圆中，a=2，c=1，b=a故所求的椭圆方程为x2（2）解：依题意，C，D是椭圆x2不妨设C在D的左侧，则C，D分别是椭圆x2故C(−2，0)，设MN的方程为y=x+t.令x+t=0，得x=−t，即G(−t，所以|CG|=|−t−(−2)|=|t−2|，|DG|=|−t−2|=|t+2|.则|CG|⋅|DG|=|t+2|⋅|t−2