山东省枣庄市第三中学2022-2023学年高二数学上学期1月期末考试试题（PDF版附答案）

枣庄三中2022-2023学年度高二网课质量线上检测数学考试时间：120分钟第I卷（选择题共105分）一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。22xy1．已知双曲线1(m0)的渐近线方程为xy30，则m（）mm1131A．B．31C．D．2221222．已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，且它的长轴长等于圆Cx:y2x2y1402的直径，则椭圆的标准方程是（）2222xyxyA．1B．1431612222x2xyC．y1D．141643．在四面体OABC中，OAABCB等于（）A．OAB．ABC．OCD．ACn4．已知数列an的通项公式为an21，则257是这个数列的（）A．第6项B．第7项C．第8项D．第9项22225．已知圆C1：xy40y，圆C2：xy2x2y10，则两圆的位置关系为（）A．内切B．相交C．外切D．外离6．已知等差数列an的前n项和Sn满足：Sm<<Sm21Sm，若Sn0，则n的最大值为（）A．2mB．21mC．22mD．23m7．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，22曲线C：xyxy就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论：①曲线C围成的图形的面积是2；②曲线C上的任意两点间的距离不超过2；答案第1页，共4页 1752③若Pmn,是曲线C上任意一点，则3mn412的最小值是．2其中正确结论的个数为（）A．0B．1C．2D．38．阅读材料：空间直角坐标系Oxyz中，过点Pxyz0,,00且一个法向量为nabc,,的平面的方程为axx0byy0czz00，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为3x5yz70，直线l是两平面xy370与4yz210的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为（）107714A．B．C．D．3551555二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分。22xy9．已知曲线C的方程为1mR，则（）mm13A．当m1时，曲线C为圆3B．当m5时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为yx3C．当m1时，曲线C为焦点在x轴上的椭圆D．存在实数m使得曲线C为双曲线，其离心率为210．已知Sn为等差数列an的前n项和，且a17，S315，则下列结论正确的是（）A．ann29B．an为递减数列C．a6是a4和a9的等比中项D．Sn的最小值为162211．已知圆C：xy60x，则下述正确的是（）A．圆C截直线yx所得的弦长为32B．过点1,1的圆C的最长弦所在的直线方程为2xy10C．直线l2：xy330与圆C相切22D．圆E:xy149与圆C相交12．如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体ABCDABCD1111的侧面ADDA11上的一个动点（含边界），P是棱CC1的中点，则下列结论正确的是（）答案第2页，共4页 13A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为2πB．若保持PM2，则点M在侧面内运动路径的长度为31C．三棱锥BCMD1的体积最大值为6D．若M在平面ADDA11内运动，且MDB1BDB11，点M的轨迹为线段第II卷（非选择题）三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分。13．在空间直角坐标系中，点Am1,2,和点B3,2,2的距离为42，则实数m的值为__________．214．已知抛物线y20pxp，若过点1,2的直线l与抛物线恒有公共点，则p的值可以是______．（写出一个符合题意的答案即可）15．若直线l过点P1,2且与点AB1,2,3,0两点距离相等，则直线l方程为_______．012k*16．设正整数na05a15a25ak5kN，其中ai0,1,2,3,4，记n51pna0a1a2ak，则p的值等于.4四、解答题：共6小题，共70分。应写出文字说明，演算步骤或证明过程。17．（满分10分）如图，在正四棱柱ABCDABCD1111中，AB1,E为CC1的中点.(1)当AA12时，证明：平面BDE平面ABE11.(2)当AA13时，求A1到平面BDE的距离.答案第3页，共4页 2218．（满分12分）已知各项均为正数的等差数列{}an满足a11，an11an2(anan)．(1)求{}an的通项公式；1(2)记bn，求数列{}bn的前n项和Sn．aann12219．（满分12分）已知线段AB的端点B4,3，端点A在圆C:x1y4上运动.(1)求直线yx被圆C所截得的弦长；1(2)点M在线段AB上，且AMAB，求点M的轨迹方程.320．（满分12分）如图1，在边长为2的菱形ABCD中，BAD60，DEAB于点E，将△ADE沿DE折起到△ADE的位置，使1ADBE，如图2.1(1)求证：AE平面BCDE；1(2)在线段BD（不包括端点）上是否存在点P，使得平面AEP1平面ABD1？若存在，求BP出的值；若不存在，说明理由.BD21．（满分12分）数列an的前n项和为Sn，且a111,annS．(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足bnn4na2，求数列bn的前n项和Tn．22xy22．（满分12分）如图，A为椭圆C:1的左顶点，过原点且异于x轴的直线与椭8422圆C交于MN,两点，直线AMAN,与圆O:xy8的另一交点分别为PQ,．（1）设直线AMAN,的斜率分别为kk,，证明：kk为定值；1212ySP1（2）设△AMN与△APQ的面积分别为S，S，求的最大值．12S2MAOxNQ答案第4页，共4页 枣庄三中2022-2023学年度高二上网课质量线上检测数学参考答案一、单选题1．A2．B3．C4．C5．B6．C7．C8．A二、多选题9．AB10．AD11．AC12．ABD三、填空题13．2p214．（答案不唯一，不小于2的实数均正确）15．x1；xy240.16．n四、解答题AA2BE2,BE217．(1)证明：当1时，1，222所以BE11BEBB，所以BE1BE…………………………..2分又AB11平面BCCB11，则AB11BE.因为AB11BE1B1，所以BE平面ABE11，…………………………..4分又BE平面BDE，所以平面BDE平面ABE11.…………………………..5分(2)以D为原点，DADCDD,,1所在直线分别为xyz,,轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，3则D0,0,0,B1,1,0,A11,0,3,E0,1,.23所以DB1,1,0,DE0,1,,DA11,0,3.2xy0,nDB0,设平面BDE的法向量为nxyz,,，则即3nDE0,yz0,2不妨令z2，则yx3,3，得n3,3,2.…………………………..8分答案第1页，共5页 nDA99221故A1到平面BDE的距离d.…………………………..10分n22222218．（1）解：各项均为正数的等差数列{}an满足a11，an11an2(anan)，整理得an11ananan20，…………………………..2分由于aann10，所以aann12，…………………………..4分故数列{}an是以1为首项，2为公差的等差数列．所以ann21．…………………………..6分（2）解：由（1）可得112nn121bnaa2n12n12nn1，…………………………..9分11所以Sn(3153...2n12n1)(2n11)．……………………..12分2219．（1）解：圆心为C1,0，圆C的半径为r2，圆心C到直线xy0的距离为12d，…………………………..2分22因此，直线yx被圆C所截得的弦长为222rd14.…………………………..4分（2）解；设点Axy00,、Mxy,，131xx004xxx0232由题意可得AMAB，即，可得，………………..8分3yy13yyy330003222222333因为点A在圆C上，所以，xy0014，即xy14，………….10分22222216化简可得xy1，3922216故点M的轨迹方程为xy1.…………………………..12分3920．（1）证明：∵A1D⊥BE，DE⊥BE，A1D∩DE=D，答案第2页，共5页 ∴BE⊥平面A1DE.∵A1E⊂平面A1DE，∴A1E⊥BE.…………………………..2分又∵A1E⊥DE，BE∩DE=E，∴A1E⊥平面BCDE.…………………………..4分（2）假设在线段BD上存在点P，使平面AEP1平面ABD1.根据（1）可建立如图所示空间直角坐标系,则B1,0,0,D0,3,0,A10,0,1，AB111,0,1,AD0,3,1，……………………..6分设PxyzBP,,,BD01，则x1,,yz1,3,0，所以P1,3,0，…………………………..8分所以EA10,0,1,EP1,3,0，设平面AEP1一个法向量为mxyz1,,11，mEA10z10则，即，mEP01xy1130令xy3,1，所以m3,1,0，…………………………..9分11设平面ABD1一个法向量为nxyz2,,22，nAB10xz220则，即，nAD1030yz22令y1,zx3，所以n31,3,，…………………………..10分222因为平面AEP1平面ABD1，所以mn0，即310，1解得.4BP1所以在线段BD上是否存在点P，使平面AEP1平面ABD1，且.………………..12分BD421．（1）因为aSnn1，所以当n2时，aSnn1，答案第3页，共5页 由此可得an11anSnSnan，所以aann12，其中aS211，nn22所以当n2时，aan222，…………………………..2分a1不符合上式，…………………………..3分11,n1所以ann2.…………………………..4分2,n222nn（2）由（1）得bnn4na242nn4，123nn1T142434(n1)4n4，n22n1nn14T1424(n2)4(n1)4n4，…………………………..6分nn214141411nnnn可得3T444n4n4n4，……………8分n143341nn1整理得Tn4．…………………………..12分93922xyy22．(1)因为A为椭圆C：1的左顶点，故A(22,0)P84设Mxy(,)，则N(x,y)．M0000y0AOx故直线AM的斜率k，1x220NQyy00直线AN的斜率k，2xx22220022yy00故kk．················································3分122(xx22)(22)x80002222xyxy00221又Mxy(,00)是C：1上的点，故1，即yx00(8)．848421故kk．·················································································4分122(2)设Pxy(,)，Qxy(,)，直线AM的方程为xmy22．1122122xy22代入1得(m2)y42my0．118442m42m11于是有y0，或y，故y．········································5分202m2m211答案第4页，共5页 2222将AM的方程xmy22代入xy8得(m1)y42my0．11142m42m11于是有y0，或y，故y．·······································6分212m1m1112AMym101所以．·····································································7分2APym2112ANm12设直线AN的方程为xmy22．同理可得．·····················8分22AQm22111又kk12，故，即mm122．2mm21222ANmm1421故．··································································9分22AQm22m4212222SAMANm1m41(m1)(m4)11111所以=．·······················10分2222SAPAQm22m42(m2)21112S11(tt1)(2)1211129令mt2，则=(1)()．122S22tttt41621122S19当时，即t4，即m24，即m2时，取得最大值．······12分11t4S162答案第5页，共5页