湖南省益阳市六校2022-2023学年高二上学期数学期末联考试卷（含答案）

湖南省益阳市六校2022-2023学年高二上学期数学期末联考试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．已知向量a=(1A．a∥b，a∥c B．a⊥bC．a⊥b，b∥c D．a∥b2．在三棱锥P−ABC中，CP、CA、CB两两垂直，AC=CB=1，PC=2，如图，建立空间直角坐标系，则下列向量中是平面PAB的法向量的是（）A．(1，1，12) B．(13．已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若q=2，A．8 B．10 C．12 D．144．如图，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并擦去中间一段，得图（2），如此继续下去，得图（3）…，设第n个图形的边长为an，则数列{A．13n B．13n−1 C．15．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知ΔABC的顶点A(2，0)，B(0，4)，若其欧拉线的方程为x−y+2=0，则顶点C的坐标为（）A．(−4，0) B．(−3，−1) C．(−5，0) D．(−4，−2)6．已知定点B(3,0)，点A在圆(x+1)2+y2=4A．(x+1)2+yC．(x−1)2+y7．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)，F1，F2A．2 B．3 C．2 D．58．已知F1，F2分别为双曲线C：x22−y26=1的左、右焦点，过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限）．设点H，G分别为△AF1A．[22，4) B．[2，9．已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果AB=(2，−1，−4)A．AP⊥AB C．AP是平面ABCD的法向量 D．AP二、多选题10．数列{an}的前n项和为Sn，a1A．Sn＝3n－1 B．{Sn}为等比数列C．an＝2·3n－1 D．a11．已知双曲线C过点(3，2)A．C的方程为xB．C的离心率为3C．曲线y=ex−2−1D．直线x−2y−1=0与12．定义点P(x0，y0)到直线l：ax+by+c=0(a2+A．若d1=d2=1B．若d1=1，d2=−1，则直线C．若d1+d2=0D．若d1⋅d2≤0三、填空题13．如下图，以长方体ABCD−A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若14．在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为．15．已知等差数列{an}中，a2=4，a6=1616．设抛物线x2=4y，点F是抛物线的焦点，点M(0，m)在y轴正半轴上（异于F点），动点N在抛物线上，若∠FNM是锐角，则m的范围为四、解答题17．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠CAB=90∘，AB=AC=2（1）求证：平面APM⊥平面BB（2）试判断直线BC1与AP是否能够垂直．若能垂直，求18．设数列{an}（1）求a2和a（2）求数列{a（3）令bn=nan，求数列19．已知各项都为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的通项公式bn=（1）求数列{a（2）求数列{an⋅bn20．已知直线l：kx－y＋1＋2k＝0（k∈R）．（1）证明：直线l过定点；（2）若直线l不经过第四象限，求k的取值范围；（3）若直线l交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，O为坐标原点，设△AOB的面积为S，求S的最小值及此时直线l的方程．21．已知圆C过点M(0，−2)（1）求圆C的标准方程．（2）设直线ax−y+1=0与圆C交于不同的两点A，B，是否存在实数a，使得过点P(22．已知椭圆C的离心率为32，长轴的两个端点分别为A(−2，0)（1）求椭圆C的方程；（2）过点(1，0)的直线与椭圆C交于M，N（不与A，B重合）两点，直线AM与直线x=4交于点Q，求证：

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】由题可知：b=−3a得ab故答案为：D.

【分析】由b=−3a，a→2．【答案】A【解析】【解答】∵PA=(1，0，−2)，由n⋅PA=0n⋅AB=0又(1，1，12故答案为：A.

【分析】设平面PAB的一个法向量为n=(x，y，1)，利用n3．【答案】D【解析】【解答】由题意S2=a所以a3=2×2故答案为：D．

【分析】由等比数列的基本量运算求出a1后，求出a3，由此求出S3.4．【答案】D【解析】【解答】解：由题得，从第二个图形起，每一个三角形的边长组成了以1为首项，以13为公比的等比数列，所以第n个图形的边长为an=故答案为：D.【分析】由前三个图形归纳出边长构成等比数列。5．【答案】A【解析】【解答】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为(2+m3，4+nAB的中点为（1，2），kAB=4−0即x-2y+3=0．联立x−2y+3=0x−y+2=0解得x=−1y=1

则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8②联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故答案为：A【分析】结合重心坐标计算公式，代入直线方程，得出m，n的值，计算三角形ABC的外心坐标，即可得出答案。6．【答案】C【解析】【解答】设M(x,y),则A(xA,yA)满足又点A在圆(x+1)2+y故选：C【分析】设M(x,y)再表达出A的坐标代入圆方程(x+1)27．【答案】B【解析】【解答】设|MF2|=m，则|NF2|=m，|MN|=2m，|NF在△NF1F2中，由余弦定理可知4c2=故答案为：B

【分析】设|MF2|=m，易得|NF2|=m，|MN|=2m，8．【答案】D【解析】【解答】ΔAF1F有H，M的横坐标相等，|AP|=|AQ|，||AF∴M在双曲线上，即M是双曲线的顶点，∴HG与双曲线相切于顶点（如图）∴H，G的横坐标都是设直线AB的倾斜角为θ，那么∠OF2ΔHF2=(c−a)双曲线C：x2可得|HG|=22∴3|HG|的范围是[2故答案为：D.

【分析】利用平面几何图形的性质可得H、G的横坐标相等为a，得到HG⊥x轴且过双曲线右顶点E，设直线AB的倾斜角为θ，求解三角形可得HG=(c−a)⋅2sin9．【答案】D【解析】【解答】因为AB⋅AP=−2−2+4=0因为AP⋅AD=−4+4+0=0由A，B知，C正确，不符合题意；BD=AD−故答案为：D.

【分析】由数量积是否为0判断A与B；由A，B可判断C；求出BD→的坐标，结合不存在实数λ，使得BD10．【答案】A,B,D【解析】【解答】依题意a1当n=1时，a2当n≥2时，anan+1−a所以an所以an当n≥2时，Sn=an+12=3Sn+1Sn=3，所以数列{S所以ABD选项正确，C选项错误.故答案为：ABD

【分析】根据an=S1，n=1S11．【答案】A,C【解析】【解答】解：由双曲线的渐近线方程为y=±33x把点(3，2)代入，得∴双曲线C的方程为x23−由a2=3，b2∴双曲线C的离心率为23=2取x−2=0，得x=2，y=0，曲线y=ex−2−1过定点(联立x−2y−1=0x所以直线x−2y−1=0与C只有一个公共点，故故答案为：AC．

【分析】由双曲线的渐近线为y=±312．【答案】B,C,D【解析】【解答】设P1(xA，若d1=d2=1，则ax1B，点P1，P2在直线l的两侧且到直线l的距离相等，直线C，若d1=d2=0则点P1，P2都在直线l上，所以此时直线D，若d1⋅d所以点P1，P2分别位于直线所以直线P1P2故答案为：BCD

【分析】根据有向距离的定义，及点P(x0，y0)与13．【答案】(【解析】【解答】因为DB1的坐标为(4，3，2)，所以B(因此BD故答案为：(−4

【分析】由DB1的坐标得点B，D14．【答案】x【解析】【解答】解：设圆的方程为x∴F=0D+E+F+2=04+2D+F=0∴圆的方程为x【分析】设圆的一般方程，解三元一次方程组.15．【答案】31【解析】【解答】设等差数列{an}的公差为d在数列{an}每相邻两项之间插入三个数，则新的等差数列{故新数列的首项为4−3=1，故通项公式为bn故b41故答案为：31

【分析】先计算出等差数列{an}的公差，进而得到新的等差数列{16．【答案】(0，1)∪(1，9)【解析】【解答】设N(4t，4t2)，可知F(0，1)，m>0所以NF=(−4t，1−4t2因为∠FNM是锐角，所以NF⋅即16t整理得16t等价于8t4+(6−2m)令x=t2≥0，则f(x)=8因为f(x)的对称轴为x=−3−m⑴−3−m8≤0f(x)所以0<m≤3；⑵−3−m8>0应有Δ=(6−2m)得3<m<9；综上所述：m∈(0，1)∪(1，9).【分析】设N(4t，4t2)，由∠FNM是锐角得到8t4+(6−2m)t2+17．【答案】（1）证明：因为在三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，∠CAB=90∘，AB=AC=2所以AM⊥BC，AM⊥BB因为BC∩BB1=B，所以AM⊥平面BB因为AM⊂平面APM，所以平面APM⊥平面BB（2）解：以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为B(0，2，0)，C1(2，设BP=t(0≤t≤3则P(0，若直线BC1与AP能垂直，则解得t=4因为t=4所以直线BC1与【解析】【分析】(1)推导出AM⊥BC，AM⊥BB1，由此证明平面APM⊥平面BB1C1C；

(2)以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，A18．【答案】（1）解：当n=1时，a2=a1+3⋅所以a2（2）解：由数列{an}可得a2−a1=3⋅21，a相加可得an所以an所以数列{an}（3）解：由bn可得Sn则4S两式相减，可得−3S=2×(1−所以Sn【解析】【分析】(1)根据递推公式，逐项计算，即可求解出a2和a3的值；

(2)由an+1=an+3⋅22n−1，结合累加法，利用等比数列的求和公式，即可求解出数列{19．【答案】（1）解：∵数列{bn}∴b5设各项都为正数的等比数列{an}的公比为q∵S3=b5+1=7∵b4是a2和a4的等比中项，∴a3由①②得3q2−4q−4=0，解得q=2∴a1（2）解：a当n为偶数时，T=(2设Hn=则2Hn③减④，得−H∴Hn=(n−1)×2n当n为奇数，且n≥3时，Tn经检验，T1∴T【解析】【分析】(1)运用等比数列的通项公式及性质，由S3=b5+1，a32=a2a20．【答案】（1）证明：直线l的方程可化为y＝k（x＋2）＋1，故无论k取何值，直线l总过定点（－2，1）．（2）解：直线l的方程为y＝kx＋2k＋1，则直线l在y轴上的截距为2k＋1，要使直线l不经过第四象限，则k≥01+2k≥0解得k≥0，故k的取值范围是[（3）解：依题意，直线l在x轴上的截距为−1+2k∴A(−1+2k又−1+2k∴k＞0．故S＝12|OA||OB|＝12×1+2kk×（1＋2k）＝12(当且仅当4k＝1k，即k＝1故S的最小值为4，此时直线l的方程为x－2y＋4＝0．【解析】【分析】(1)把已知方程变形，利用线性方程求出直线所过定点即可；

(2)化直线方程为斜截式，由斜率大于等于0且在y轴上的截距大于等于0联立不等式组，求解可得k的取值范围；

(3)由题意画出图形，求出直线在两坐标轴上的截距，代入三角形面积公式，利用基本不等式求出S的最小值及此时直线l的方程．21．【答案】（1）解：设圆C的方程为x2则有−D2−E+1=0所以圆C的方程为x2化为标准方程，得(x−3)2（2）解：假设存在符合条件的实数a，由于直线l垂直平分弦AB，故圆心C(3，−2)又kAB=a=−1将ax−y+1=0与圆C的方程联立，整理得(a2+1)故Δ=36(a−1)2−36(a2故不存在实数a，使得过点P（2，0）的直线l垂直平分弦AB．【解析】【分析】(1)设出圆的一般式方程，利用待定系数法可求出圆C的一般方程，进而整理成圆C的标准方程；

(2)利用反证法，先假设存在符合条件的实数a，根据线段垂直平分线的性质得到圆心C必然在直线l上，由点C与点P的坐标求出直线PC的斜率，根据两直线垂直时斜率的乘积为-1，求出直线AB的斜率，进而求出实数a的值，然后将ax−y+1=0与圆C的方程联立，消去y得到关于x的一元二次方程，根据直线与圆有两个交点，得到根的判别式大于0，即可求出a的取值范围，发现求出的a的