广东省清远市2022-2023学年高二上学期期末考试数学

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清远市2022~2023学年高二第一学期高中期末教学质量检测数学试卷注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容:人教A版选择性必修第一册,选择性必修第二册第四章占85%,非本学期内容占15%。一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.已知数列1,-2,3,-2,5,…,则该数列的第200项为A.102B.-102C.-103D.1032.已知等轴双曲线C的焦距为12,则C的实轴长为A.32B.62C.122D.63.已知椭圆C:x2m+y2m+6=1的离心率为32,则C的长轴长为A.82B.42C.22D.44.已知数列{an}满足an=sin(nπ2+π4),其前n项和为Sn,则S2022=A.-22B.-12C.1-22D.05.在三棱锥P-ABC中,M是平面ABC上一点,且5PM=tPA+2PB+3MC,则t=A.1B.2C.3D.-2学科网（北京）股份有限公司

16.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3S6=17,则S9S6=A.437B.43C.417D.417.若过点P(2,4)且斜率为k的直线l与曲线y=4-x2有且只有一个交点,则实数k的值不可能是A.34B.45C.43D.28.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且满足Sn+1=2Sn+2n+1,若存在实数λ,使不等式λan≤(n-19)Sn对任意n∈N*恒成立,则λ的最大值为A.-24B.-18C.-683D.-703二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=66,a2+a4+a6=57,则A.{an}的公差为-2B.{an}的通项公式为an=31-3nC.{an}的前n项和为59n-3n22D.{|an|}的前50项和为257510.已知直线l1:mx+3y-5=0与直线l2:5x+(m-2)y-5=0,则下列选项正确的是A.若l1⊥l2,则m=-34B.若l1∥l2,则m=-3C.l2被圆x2+y2=9截得的弦长的最小值为42D.若圆x2+y2=4上有四个点到l1的距离为1,则m∈(-4,4)11.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,∠ABC=π2,AB=PA=12CD=2,BC=4,M为PD的中点,则学科网（北京）股份有限公司

2A.BM⊥PCB.异面直线BM与AD所成角的余弦值为3010C.直线BM与平面PBC所成角的正弦值为77D.点M到直线BC的距离为1012.如图,圆锥PO的轴截面PAB为直角三角形,E是其母线PB的中点.若平面α过点E,且PB⊥平面α,则平面α与圆锥侧面的交线CED是以E为顶点的抛物线的一部分,设此抛物线的焦点为F,且CF=3.记OD的中点为M,点N在曲线CED上,则A.圆锥PO的母线长为4B.圆锥底面半径为22C.建立适当坐标系,该抛物线的方程可能为y2=6xD.|MN|+|NF|的最小值为3三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.已知平面α内一点P(9,8,5),点Q(6,6,6)在平面α外,若α的一个法向量为n=(2,1,1),则Q到平面α的距离为　　▲　　. 14.已知两圆C1:(x-2)2+(y-6)2=9与C2:x2+y2+2x-4y-3m=0外离,则整数m的取值是　　▲　　. 15.足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义,“鞠”最早是外包皮革、内饰米糠的球,因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动.已知某“鞠”的表面上有四个点P,A,B,C,满足PA=2,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,若三棱锥P-ABC的体积为2,则制作该“鞠”的外包皮革面积的最小值为　　▲　　. 学科网（北京）股份有限公司

316.一小孩玩抛硬币跳格子游戏,规则如下:抛一枚硬币,若正面朝上,往前跳两格,若反面朝上,往前跳一格.记跳到第n格可能有an种情况,若a1=1,{an}的前n项和为Sn,则a8=　　▲　　,S10=　　▲　　.(本题第一空3分,第二空2分) 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.(10分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S6=2S4,a2n=2an-1.(1)求{an}的通项公式.(2)令bn=n(2n-1)2an2,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:Tn<18.18.(12分)已知△ABC的顶点分别为A(-1,7),B(-4,-2),C(3,-1).(1)求△ABC外接圆的方程;(2)设P是直线l:4x-3y-25=0上一动点,过点P作△ABC外接圆的一条切线,切点为Q,求|PQ|的最小值及点P的坐标.学科网（北京）股份有限公司

419.(12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=2,AA1=AB=4,E为棱AA1的中点.(1)证明:BC⊥C1E.(2)设CM=λCE(0<λ<1),若C1到平面BB1M的距离为255,求λ.20.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足3Sn=2an-1,{bn}是以a1为首项,且公差不为0的等差数列,b2,b3,b7成等比数列.(1)求{an},{bn}的通项公式;(2)令cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.21.(12分)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,csinB+C2=sinC,且a=1.(1)求A;学科网（北京）股份有限公司

5(2)若AB=AC,D,E两点分别在边BC,AB上,且CD=DE,求CD的最小值.22.(12分)法国数学家加斯帕尔·蒙日创立的《画法几何学》对世界各国科学技术的发展影响深远.在双曲线x2a2-y2b2=1(a>b>0)中,任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,它的圆心是双曲线的中心,半径等于实半轴长与虚半轴长的平方差的算术平方根,这个圆被称为蒙日圆.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>b>0)的实轴长为6,其蒙日圆方程为x2+y2=1.(1)求双曲线C的标准方程;(2)设D为双曲线C的左顶点,直线l与双曲线C交于不同于D的E,F两点,若以EF为直径的圆经过点D,且DG⊥EF于G,证明:存在定点H,使|GH|为定值.清远市2022~2023学年第一学期高中期末教学质量检测高二数学参考答案1.B　该数列的通项公式为an=(-1)n+1n,所以a200=(-1)201200=-102.2.B　因为2c=12,所以c=6.因为a=b,所以2a2=c2=36,所以a=32,故实轴长为62.3.B　因为椭圆C的离心率为32,所以m+6-mm+6=32,得m=2,故长轴长为2m+6=42.4.D　因为{an}是周期为4的周期数列,且a1=22,a2=-22,a3=-22,a4=22,S4=0,所以S2022=a1+a2=0.学科网（北京）股份有限公司

65.C　因为5PM=tPA+2PB+3MC=tPA+2PB+3(PC-PM),所以8PM=tPA+2PB+3PC,即PM=t8PA+14PB+38PC.因为M是平面ABC上一点,所以t8+14+38=1,所以t=3.6.A　设S3=x,则S6=7x,因为{an}为等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6仍成等比数列.因为S6-S3S3=7x-xx=6,所以S9-S6=36x,所以S9=43x,故S9S6=437.7.B　如图,曲线y=4-x2表示以O为圆心,2为半径的上半圆,因为直线l:y=k(x-2)+4与半圆相切,所以|-2k+4|k2+1=2,解得k=34.因为P(2,4),A(-2,0),所以kPA=1,又直线l与曲线y=4-x2有且只有一个交点,所以k>kPA或k=34,所以实数k的取值范围是(1,+∞)∪{34}.8.A　因为Sn+1=2Sn+2n+1,所以Sn+12n+1-Sn2n=1.因为a1=2,所以{Sn2n}是首项为1,公差为1的等差数列,所以Sn2n=n,所以Sn=n·2n,所以an=Sn-Sn-1=n·2n-(n-1)·2n-1=(n+1)·2n-1(n=1也满足).因为λan≤(n-19)Sn,所以λ(n+1)·2n-1≤(n-19)·n·2n,即λ≤2n(n-19)n+1.令f(n)=2n(n-19)n+1,f(n+1)-f(n)=2(n+1)(n-18)n+2-2n(n-19)n+1=2(n2+3n-18)(n+1)(n+2)=2(n-3)(n+6)(n+1)(n+2),所以f(1)>f(2)>f(3)=f(4)

7因为直线l2过定点(1,0),所以当m=2时,l2被圆x2+y2=9截得的弦长最短,最小值为29-1=42,故C正确.因为圆x2+y2=4上有四个点到l1的距离为1,所以圆心(0,0)到l1的距离小于1.由|-5|m2+9<1,解得m∈(-∞,-4)∪(4,+∞),故D不正确.11.ACD　过A作AE⊥CD,垂足为E,则DE=2,以A为坐标原点,分别以AE,AB,AP所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,2,0),C(4,2,0),D(4,-2,0),P(0,0,2),M(2,-1,1).BM=(2,-3,1),PC=(4,2,-2),BC=(4,0,0),BP=(0,-2,2),AD=(4,-2,0).因为BM·PC=2×4+(-3)×2+1×(-2)=0,所以A正确.因为cos=BM·AD|BM||AD|=4×2+(-3)×(-2)14×25=7010,所以直线BM与AD所成角的余弦值为7010,故B不正确.设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则m·BC=4x=0,m·BP=-2y+2z=0,令y=1,得m=(0,1,1).设直线BM与平面PBC所成角为α,则sinα=|cos|=|BM·m|BM||m||=77,所以直线BM与平面PBC所成角的正弦值为77,故C正确.设点M到直线BC的距离为d,则d=|BM|2-|BM·BC|BC||2=10,即点M到直线BC的距离为10,故D正确.12.ABD　设圆锥PO的母线PA=2a,则底面半径为2a.以E为原点,EO所在直线为x轴建立平面直角坐标系,如图所示,则C(a,-2a),设抛物线的方程为y2=2px(p>0),因为|CF|=a+p2=3,2a2=2pa,所以a=p=2,所以圆锥PO的母线长为4,底面半径为22,故A,B正确.学科网（北京）股份有限公司

8因为该抛物线的方程为y2=4x,M(2,2),且|NF|=xN+1,所以|MN|+|NF|=|MN|+xN+1.当MN平行于x轴时,|MN|+|NF|取得最小值,最小值为xM+1=3,故C不正确,D正确.13.766　因为PQ=(-3,-2,1),所以Q到平面α的距离为PQ·n|n|=76=766.14.-1　因为圆C1的圆心为(2,6),圆C2的圆心为(-1,2),所以两圆圆心的距离为(2+1)2+(6-2)2=5.因为圆C1的半径为3,圆C2的半径为5+3m,所以5+3m+3<5,5+3m>0,所以-53

918.解:(1)设△ABC外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,1分由50-D+7E+F=0,20-4D-2E+F=0,10+3D-E+F=0,解得D=2,E=-4,F=-20,4分所以△ABC外接圆的方程为x2+y2+2x-4y-20=0.6分(2)△ABC外接圆(x+1)2+(y-2)2=25的圆心为M(-1,2),半径R=5.7分因为|PQ|=|PM|2-R2=|PM|2-25,所以要使|PQ|最小,只需|PM|最小.8分当PM⊥l时,|PM|最小,所以|PM|min=|4×(-1)-3×2-25|5=7,9分所以|PQ|min=|PM|2-25=26.10分设P(x,y),则y-2x+1=-34,4x-3y-25=0,得x=235,y=-115,即P(235,-115).12分19.(1)证明:以A为坐标原点,AD,AA1,AB所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,4),D(2,0,0),C(2,0,2),E(0,2,0),C1(2,4,2),B1(0,4,4).3分因为BC=(2,0,-2),EC1=(2,2,2),4分所以BC·EC1=2×2+0+2×(-2)=0,5分所以BC⊥EC1,故BC⊥C1E.6分(2)解:因为BB1=(0,4,0),CE=(-2,2,-2),所以BM=BC+CM=BC+λCE=(2-2λ,2λ,-2-2λ).7分设平面BB1M的法向量为n=(x,y,z),所以n·BB1=4y=0,n·BM=(2-2λ)x+2λy-(2λ+2)z=0,令x=1+λ,得n=(1+λ,0,1-λ).8分学科网（北京）股份有限公司

10因为B1C1=(2,0,-2),所以C1到平面BB1M的距离d=|B1C1·n||n|=4λ2+2λ2.10分由4λ2+2λ2=255,得λ=13.12分20.解:(1)因为3Sn=2an-1,所以当n=1时,3S1=2a1-1,所以a1=-1.1分当n≥2时,3Sn-1=2an-1-1,2分两式相减可得,3an=2an-2an-1,所以anan-1=-2,所以{an}是首项为-1,公比为-2的等比数列,3分所以an=-(-2)n-1.4分设等差数列{bn}的公差为d,因为b1=a1=-1,所以b2=-1+d,b3=-1+2d,b7=-1+6d.因为b2,b3,b7成等比数列,所以(-1+2d)2=(-1+d)(-1+6d),解得d=0(舍去)或d=32,所以bn=3n-52.6分(2)因为cn=anbn=(3n-5)(-2)n-2,7分所以Tn=(-2)×(-2)-1+1×(-2)0+4×(-2)1+…+(3n-5)×(-2)n-2,-2Tn=(-2)×(-2)0+1×(-2)1+4×(-2)2+…+(3n-5)×(-2)n-1,8分相减得3Tn=1+3[(-2)0+(-2)1+(-2)2+…+(-2)n-2]-(3n-5)×(-2)n-1=1+3×1-(-2)n-11-(-2)-(3n-5)×(-2)n-1=2-(3n-4)×(-2)n-1,11分所以Tn=2-(3n-4)×(-2)n-13.12分21.解:(1)因为csinB+C2=sinC,且a=1,所以csinB+C2=asinC,1分所以sinCsinB+C2=sinAsinC.2分因为C∈(0,π),sinC≠0,B+C=π-A,所以sin(π2-A2)=sinA,即cosA2=sinA,3分所以cosA2=2sinA2cosA2.4分因为A2∈(0,π2),所以cosA2≠0,所以sinA2=12,所以A2=π6,即A=π3.6分学科网（北京）股份有限公司

11(2)因为AB=AC,A=π3,所以△ABC为等边三角形,即AC=BC=AB=1.7分如图,在△BDE中,BD=1-CD,DE=CD,由余弦定理得cosB=BD2+BE2-DE22BD·BE=BE2+(1-CD)2-CD22BE·(1-CD)=12,8分所以BE2+(1-CD)2-CD2=BE·(1-CD),所以CD=BE2-BE+12-BE=(2-BE)2-3(2-BE)+32-BE=2-BE+32-BE-3,10分因为0≤BE≤1,所以1≤2-BE≤2,所以CD=2-BE+32-BE-3≥23-3,当且仅当2-BE=32-BE,即BE=2-3时,等号成立,所以CD的最小值为23-3.12分22.(1)解:由题意知a=3.1分因为双曲线C的蒙日圆方程为x2+y2=1,所以a2-b2=1,2分所以b=22.3分故双曲线C的标准方程为x29-y28=1.4分(2)证明:设E(x1,y1),F(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m,联立方程组y=kx+m,x29-y28=1,化简得(8-9k2)x2-18kmx-(9m2+72)=0,则Δ=(18km)2+4(9m2+72)(8-9k2)>0,即m2-9k2+8>0,且x1+x2=18km8-9k2,x1x2=-9m2-728-9k2.6分因为DE·DF=(x1+3)(x2+3)+y1y2=0,所以(k2+1)·x1x2+(km+3)(x1+x2)+m2+9=(k2+1)·-9m2-728-9k2+(km+3)·18km8-9k2+m2+9=0,化简得m2-54km+153k2=(m-3k)(m-51k)=0,所以m=3k或m=51k,且均满足m2-9k2+8>0.8分学科网（北京）股份有限公司

12当m=3k时,直线l的方程为y=k(x+3),直线过定点(-3,0),与已知矛盾,当m=51k时,直线l的方程为y=k(x+51),过定点M(-51,0).10分当直线l的斜率不存在时,由对称性不妨设直线DE:y=x+3,联立方程组y=x+3,x29-y28=1,得x=-3(舍去)或x=-51,此时直线l过定点M(-51,0).因为DG⊥EF,所以点G在以DM为直径的圆上,H为该圆圆心,|GH|为该圆半径.故存在定点H(-27,0),使|GH|为定值24.12分学科网（北京）股份有限公司

13学科网（北京）股份有限公司