浙江省温州市2022-2023学年高二上学期数学期末B卷（含答案）VIP

浙江省温州市2022-2023学年高二上学期数学期末试卷（B卷）姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．已知(3，A．π6 B．π3 C．2π32．已知空间的三个不共面的单位向量a，b，c，对于空间的任意一个向量p，（）A．将向量a，b，c平移到同一起点，则它们的终点在同一个单位圆上B．总存在实数x，y，使得pC．总存在实数x，y，z，使得pD．总存在实数x，y，z，使得p3．过两点A(3，−5)，B(−5，A．−54 B．54 C．−4．已知椭圆x2a2+y2bA．0个 B．2个 C．4个 D．8个5．已知{an}是公差不为0的等差数列，Sn是其前n项和，则“对于任意n∈NA．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件6．抛物线的光学性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上的一点（不同于顶点）反射后，反射光线平行于抛物线的轴．现有抛物线C：y2=2px(p>0)，一平行于x轴的光线射向抛物线，经抛物线两次反射之后，又沿着A．y2=2x B．y2=4x C．7．已知椭圆L1：x225+y216=1，椭圆L2与椭圆L1的离心率相等，并且椭圆L1的短轴端点就是椭圆L2的长轴端点，据此类推：对任意的n∈N*且n≥2，椭圆Ln与椭圆LA．6×(35)4 B．6×(8．正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，A．364 B．62 C．3二、多选题9．设直线l1：A1x+B1A．当C1≠C2时，直线B．当A1B2−AC．当A1BD．当A1A10．已知空间向量a=(2，−1A．若a⊥bB．若3a+C．若a在b上的投影向量为13bD．若a与b夹角为锐角，则x∈(11．已知Sn为数列{anA．若{an}为等差数列，则S5，B．若{an}为等比数列，则S5，C．若{an}为等差数列，则S55D．若{an}为等比数列，则S5512．如图，已知点P是椭圆x216+y212=1上第一象限内的动点，FA．|PM|=|PN|=4B．|PM|C．△PMN面积的最大值为4D．当点P坐标为(23，三、填空题13．已知圆(x−1)2+y2=1与圆x14．11世纪，阿拉伯数学家阿尔•卡克希利用几何方法推出了自然数的三次方的求和公式（如图所示），据此可知：13+15．二面角α−l−β的棱上有两个点A、B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且垂直于棱l，若AB=4，AC=6，BD=8，CD=217，则平面α与平面β的夹角为16．已知点A(2，2)在抛物线y2=2px上，B，C是抛物线上的动点且CA⊥CB，若直线AC的斜率四、解答题17．已知点P(−3，2)及圆C：（1）求过P且与圆C相切的直线方程；（2）以PC为直径的圆交圆C于A，B两点，求|AB|．18．长方体ABCD−A1B1C1D1中，（1）求证：D1（2）当E为棱AB的中点时，求D1E与面19．已知数列{an}满足：a1=2（1）写出a2，a3，并求（2）若数列bn=an2an20．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，二面角P−BC−A为直二面角．BP=CP=2，BP⊥CP（1）求平面BMN与平面PCD夹角的余弦值；（2）若平面BMN∩平面PCD=l，求点A到直线l的距离．21．已知椭圆C1：x2a2+y2b2（1）求椭圆C1与抛物线C（2）过点F的直线l与椭圆C1交于A，B两点，与抛物线C2交于C，D两点．是否存在这样的直线l，使得2|AB|=|CD|？若存在，求出直线22．广州塔外形优美，游客都亲切地称之为“小蛮腰”，其主塔部分可近似地看成是由一个双曲面和上下两个圆面围成的．其中双曲面的构成原理如图所示：圆O1，O2所在的平面平行，O1O2垂直于圆面，AB为一条长度为定值的线段，其端点A，B分别在圆O1，O2上，当A，B在圆上运动时，线段AB形成的轨迹曲面就是双曲面．用过O1O2的任意一个平面去截双曲面得到的截面曲线都是双曲线，我们称之为截面双曲线．已知主塔的高度|O1O2|=15(12+93)m（1）求O1A与（2）建立适当的坐标系，求该双曲面的截面双曲线的渐近线方程．

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】因为(3，−3设直线的倾斜角为α，α∈[所以α=5π故答案为：D

【分析】根据直线的方向向量求出直线的斜率，即可得该直线的倾斜角.2．【答案】D【解析】【解答】解：对于A，当空间的三个不共面的单位向量a，b，c作为空间直角坐标系的标准正交基底时，向量a，b，c平移到同一起点即坐标原点，此时它们的终点形成边长为2的正三角形，其外接圆半径r满足2r=2sin60°对于B，由三个向量共面的充要条件可知，当向量a，b，p共面时，总存在实数x，y，使得p=xa+yb，但向量p是空间的任意一个向量，即a，对于C，由于向量(a+b所以当p不与a，b共面时，则找不到实数x，y，z，使得p=x对于D，已知空间的三个不共面的单位向量a，b，c，则向量a，a+故答案为：D.

【分析】根据空间向量的基底与共面向量充要条件，逐项进行判断，可得答案.3．【答案】A【解析】【解答】过两点A(3，−5)，B(−5，令x=0，解得：y=−5故答案为：A.

【分析】由两点式得出直线方程，令x=0，即可解出直线在y轴上的截距.4．【答案】C【解析】【解答】因为c是a，b的等比中项，所以c2当P为椭圆短轴的顶点时，∠F1PF2最大，此时tan因此在第一象限内存在一点P满足∠F结合对称性可知，在椭圆上使∠F故答案为：C

【分析】当P为椭圆短轴的顶点时，∠F5．【答案】A【解析】【解答】因为数列{an}当d>0时，Sn没有最大值，所以由对于任意n∈N*，都有Sn≤当0<a6<故“对于任意n∈N*，都有Sn故答案为：A

【分析】利用等差数列的前n项和公式和充分性、必要性的概念求解，即可得答案.6．【答案】C【解析】【解答】设P(x1由题意可知，d=|y因为F(p2，0)，而直线PQ过点F，则设直线因为y2=2pxx=my+p2由韦达定理可得y1则d=|y所以两平行线间的最小距离为2p=8，故抛物线方程为y2故答案为：C

【分析】先由题意得到PQ必过抛物线的焦点，设出直线PQ的方程，联立直线PQ与抛物线方程，表示出弦长，得出PQ的最小值，进而可求出p的值，得出抛物线方程.7．【答案】B【解析】【解答】由题意可设椭圆Ln的长半轴为an，短半轴为bn对于椭圆L1：x225则由题意可知所有椭圆的离心率都为35由于椭圆Ln−1的短轴端点就是椭圆Ln的长轴端点，故则e=cna即{bn}故a5所以c5故椭圆L5的焦距等于2故答案为：B

【分析】确定椭圆的离心率，根据椭圆Ln−1的短轴端点就是椭圆Ln的长轴端点，可得an=bn−1，结合e2=1−b8．【答案】B【解析】【解答】解：因为正三棱柱ABC−A1B1C1中，O为BC的中点，取如图，以O为原点，OC，OA，则O(0，因为M是棱B1C1上一动点，设M(a，0，3)因为ON⊥AM，所以在直角三角形OMA中可得：△OMN∼△AMO，所以MNMO即MN=MO2所以a2+3a2+6=t所以当t=6时，(t−3t故答案为：B.

【分析】根据棱柱的结构特征，以O为原点，OC，OA，9．【答案】B,D【解析】【解答】对于A，C1≠C2时，若A1两直线l1：x=−C1A1对于B，联立A1x+B当A1B2故直线l1与l对于C，A1B2−A此时l1若B1C2此时l1对于D，若B1B2≠0，则由即两直线斜率之积等于−1，故l1若B1=0(B2直线l1：A1x+C1此时l1故当A1A2故答案为：BD

【分析】举出反例判断A；联立A1x+B1y+C110．【答案】A,B,D【解析】【解答】对于A：∵a⊥b即：a⋅解得：x=10A选项正确；对于B：∵3a∴3∴9+x=10，解得：x=1.B选项正确；对于C：a在b上的投影向量为：a⋅即a⋅b|b|C选项错误；对于D：∵a与b∴a⋅b且a与b不共线，即−42≠x所以a与b夹角为锐角时，解得：x>10D选项正确；故答案为：ABD.

【分析】结合向量垂直的性质即可求解判断A；结合向量的四则运算即可求解判断B；利用投影的几何意义即可求解判断C；根据向量的夹角公式即可求解判断D.11．【答案】A,B,C【解析】【解答】A选项：{an}为等差数列，设公差为dS10=10a故S10−S因为2(S10−S5)=SB选项，{an}若q=1，则S5=5a故(S10−S5)2若q≠1，则S5=a1(1−所以S10S15则S10−S故S10−S5S5=综上：若{an}为等比数列，则S5，C选项，{an}则S55=5a因为S1010−故S10则S55，S10D选项，{an}成等比数列，若q=1则S55，S10若q≠1，则S55=a1则(S1010因为(1−q所以S55，S10故答案为：ABC

【分析】设出公差，利用等差数列前n项和公式得到2(S10−S5)=S5+S15−S10，从而得到S5，S10−S5，S12．【答案】A,D【解析】【解答】解：已知椭圆椭圆x216+y212对于A，如下图，连接MT，点P是椭圆上第一象限内的动点，所以|PF1|+|PF2动圆T始终与射线PF1，PF2相切，切点分别为M，N，所以|MT|=|NT|，且MT⊥P所以由图可得：|PF1|+|P对于B，因为|PF1|+|PF2又P是椭圆上第一象限内的动点，所以|PF1|≠|PF2|，故对于C，取椭圆的上顶点为B，连接BF由椭圆可知OB=b=23，|OF1|=|OF由于P是椭圆上第一象限内的动点，所以∠F1PF2∈(0，故△PMN面积没有最大值，C不正确；对于D，连接PT，设PT与x轴的交点为Q，如下图：设Q(t，0)，t∈(−2，2)，由题可得直线PT为∠F因为当点P坐标为(23，3所以t=12|PF1故答案为：AD.

【分析】根据椭圆的定义及圆外一点切线长性质可判断A；结合基本不等式可判断B；利用椭圆焦点三角形的角度与面积关系可判断C；根据角平分线定理可求解直线PT与x轴交点坐标，从而可求直线PT的斜率来判断D.13．【答案】（-1，0）（答案不唯一）【解析】【解答】圆(x−1)2+y2=1圆(x+a2)2+(依题意，|C1C解得b=0，a<0且所以有序实数对(a，故答案为：（-1，0）

【分析】根据给定条件，求出两个圆的圆心、半径及圆心距，再结合两圆内切列式求解，可得答案.14．【答案】2025【解析】【解答】由题知，1可转化为一个底边长为：n×(n+1)，高为：n(n+1)2其面积即是自然数的三次方的求和：S=1当n=9时，S=2025.故答案为：2025.

【分析】利用图形的割补求面积，即可求得自然数的三次方的求和公式，可得答案.15．【答案】60°或π【解析】【解答】设平面α与平面β的夹角为θ，因为AC⊥AB，BD⊥AB，所以CA⋅AB=0，BD|所以cos(π−θ)=−12，所以cosθ=12，所以θ=60故答案为：60°或π3

【分析】设平面α与平面β的夹角为θ，由题意得CD=CA+AB+BD，从而得到16．【答案】[-3，-2]【解析】【解答】∵点A(2，2)在抛物线∴4=4p，解得p=1，即y2设B(y12则kCA=y∵直线AC的斜率k∈[1∴12≤∵CA⊥CB，∴kCA⋅由−y2+由①+②可得：−6≤y2y2+2则关于y2的方程y22则Δ=(解得：−3≤y1≤−2综上所述：点B纵坐标的取值范围是[-3，-2]，故答案为：[-3，-2].

【分析】由已知得出p=1，即可设B(y122，y1)，C(y222，y2)，则根据已知可得kCA⋅kCB=2y17．【答案】（1）解：由题知，圆C的圆心C(−1，−2)当k不存在时，x=−3，符合题意．当k存在时，设直线方程为y−2=k(x+3)，即y−kx−2−3k=0d=|−2+k−2−3k|1+∴y−2=−34综上所述，切线方程为x=−3或3x+4y+1=0（2）解：以PC为直径的圆的方程为(x+2)所以AB直线方程为x−2y−1=0所以C到直线AB的距离为d∴|AB|=24−【解析】【分析】(1)分类讨论直线的斜率存在与不存在，利用点到直线的距离等于半径，即可求解出过P且与圆C相切的直线方程；

(2)两圆相减即可得公共弦所在的直线方程，再根据点到直线的距离公式与垂径定理即可求解出|AB|.18．【答案】（1）证明：由已知以D为坐标原点，以DA、DC、DD1方向分别为x、y、由已知D(0，0，0)、A(1，0，0)、令E(1，a，0)，其中0≤a≤2，则所以，D1E⋅（2）解：由已知E(1，1，0)，AC=(−1令面ACD1的法向量为则n⋅AC=−x+2y=0n⋅所以，cos⟨因此，直线D1E与面ACD【解析】【分析】（1）以D为坐标原点，以DA、DC、DD1方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求出D1E→，A1D→的坐标，利用数量积等于零即可证得D119．【答案】（1）解：因为a1=2，nan+1−(n+1)an=−1，所以当n≥1时，由nan+1an+1n+1−又a11−1=1，得a综上，a2=3，a3=4，（2）解：由bn=n+1两边同乘以12得：两式相减得：1整理得：Sn【解析】【分析】(1)由递推公式求出a2，a3，根据递推公式求出an+1n+1−1n+1=ann20．【答案】（1）解：∵PB⊥PC，PB=PC=2，∴∵面PBC⊥面ABCD，面PBC∩面ABCD=BC，又∵底面ABCD为正方形，∴AB//CD，BC⊥CD，又CD⊂面ABCD，则CD⊥面PBC，故AB⊥面PBC，PB⊂面PBC，∴CD⊥PB，且面ABCD为正方形，如下图，作PF//CD，∴四边形ABPF、四边形CDFP为矩形，则CP⊥PF∵M、N分别为AP和AC的中点∴B、M、F三点共线，B、N、D三点共线，易知：面BMN与面BDF为同一个平面，且面BDF∩面PCD=DF，所以平面BMN∩平面PCD=DF，∵BP⊥CP，CP⊥PF，又BP∩PF=P，BP∴CP⊥面ABPF，结合CP//DF，故DF⊥面又BF⊂面ABPF，则DF⊥BF，在矩形CDFP中PF⊥DF，由BF⊂面BMN，PF⊂面PCD，故平面BMN与平面PCD夹角为∠PFB，∵PB⊥PF，PB=2，PF=2，∴∴cos∴平面BMN与平面PCD夹角的余弦值为63（2）解：由（1）知四边形ABPF为矩形，所以AF=BP=2由（1）知：DF⊥面ABPF，又AF⊂面ABPF，故DF⊥AF∵面BMN∩面PCD=DF=l∴A到直线l的距离即A到直线DF的距离，即为线段AF的长，∴A到直线l的距离为2【解析】【分析】(1)根据图形位置关系，作PF//CD，CP//DF，连接MF，ND，补成棱柱确定线面、面面关系，即可得平面BMN与平面PCD夹角为∠PFB，进而求出平面BMN与平面PCD夹角的余弦值；

(2)由(1)得四边形ABPF为矩形，面BMN∩面PCD=DF=l，结合线面关系可得A到直线l的距离即A到直线21．【答案】（1）解：由a2=b2+1，4所以椭圆C1的方程：x由p2=1，得p=2，所以抛物线C2