廣東省深圳市寶安區(qū)2023-2024學年高二（上）期末數(shù)學試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知直線l的方程為3x-y-2=0A．π6 B．π3 C．2π32．直線ax-2y-1=0和直線2y-3x+b=0平行，則直線y=ax+b和直線y=3x+1的位置關系是（）A．重合 B．平行 C．平行或重合 D．相交3．已知x2+yA．(6，+∞) B．[-6，+∞) C．(-∞，6) D．(-∞，6]4．不論m取何值，直線m-1x-y+2m-1=0A．1，-12 B．-2，1 C．2，3 5．已知圓C：x2+y2=25A．(x+3)2+(y-4C．(x+6)2+(y-86．下列說法正確的是（）A．零向量沒有方向B．空間向量不可以平行移動C．如果兩個向量不相同，那么它們的長度不相等D．同向且等長的有向線段表示同一向量7．若{aA．{|an|}C．{pan+q}(p，q為常數(shù))8．設F1，F(xiàn)2是橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點，O為坐標原點，點P在橢圓C上，延長PFA．3 B．32 C．433二、多選題：本題共4小題，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9．下面說法中錯誤的是（）A．經(jīng)過定點P(x0，B．經(jīng)過定點P(x0，C．經(jīng)過定點A(0，b)的直線都可以用方程y=kx+b表示D．經(jīng)過任意兩個不同的點P1(x1，10．若雙曲線C的一個焦點F(5，0)，且漸近線方程為A．C的方程為x29-y2C．焦點到漸近線的距離為3 D．兩準線間的距離為1811．瑞士數(shù)學家歐拉(LeonhardEuler)1765年在其所著的《三角形的幾何學》一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上，后人稱這條直線為歐拉線．已知△ABC的頂點A(-4，0)，B(0，4)，其歐拉線方程為A．(2，0) B．(0，2) C．12．等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，滿足a7=3A．d>0 B．a(chǎn)C．當n=5時Sn最小 D．Sn>0時三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，已知PA=a，PB=b，PC=c14．已知雙曲線C：x2a2-y216=1(a>0)的一條漸近線方程為2x-y=0，F(xiàn)1、F2分別是雙曲線C15．在平面直角坐標系xOy中，設拋物線x2=4y的焦點為F，準線為l，P為拋物線上一點，過點P作PA⊥l，交準線l于點A，若直線AF的傾斜角為30°，則點P的縱坐標為16．過橢圓的右焦點F2作橢圓長軸的垂線，交橢圓于A，B兩點，F(xiàn)1為橢圓的左焦點，若△F四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17．記Sn為數(shù)列{an（1）已知an>0，a2=3a（2）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若18．已知⊙O：x2+y2=1和定點A(2，1)，由⊙O外一點P(x，y)向⊙O（1）求動點P的軌跡方程C；（2）求線段PQ長的最小值．19．如圖所示，在三棱錐A-BCD中，DA，DB，DC兩兩垂直，且DB=DC=DA=2，E為BC的中點．（1）證明：AE⊥BC；（2）求直線AE與DC的夾角的余弦值．20．已知AB，CD是過拋物線y2=8x焦點（1）若直線AB的傾斜角為45度，求CD弦長；（2）求1|AF|?|BF|21．已知正方體ABCD-A1B1C（1）求證：A1（2）若平面A1BD⊥平面EBD，試確定22．已知橢圓C：x2a2+y2（1）求橢圓C的方程；（2）若直線l：y=kx+m交C于A，B兩點，直線F1A與F1B關于

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：因為直線l的方程為3x?y?2=0，可化簡為y=3x?2

k=tanθ=3，又因為直線的傾斜角的范圍為故答案為：B.

【分析】由直線方程可得斜率，然后根據(jù)斜率與傾斜角的關系可得.2．【答案】B【解析】【解答】解：因為直線ax?2y?1=0的斜率為a2，直線2y?3x+b=0的斜率為32，

因為直線ax-2y-1=0和直線所以a2=32，得故直線y=ax+b為y=3x+b，與直線y=3x+1平行.故答案為：B.

【分析】利用兩直線平行求出a的值，再由斜率相等從而可判斷.3．【答案】C【解析】【解答】解：由方程x2+y2+2kx?4y+k2所以當r=6?k>0時表示圓，解得故答案為：C.

【分析】將已知方程化為圓的標準方程，再根據(jù)圓的r>0即可求解.4．【答案】B【解析】【分析】(m?1)x?y+2m?1=0可化為，所以解x+2=0x+y+1=0得x=?2,y=1，所以選B。

【點評】給出過兩條直線交點的直線系方程，考查由直線系方程求其過定點的問題，這里給出了一般解法，也可以給定m的兩個特殊值，解方程組求定點坐標。屬于基礎題。5．【答案】D【解析】【解答】解：圓C:x2+y(0,0)關于(?3,4)對稱的點設為(a,b因此所求的圓的方程為(x+6故答案為：D.

【分析】圓關于點對稱則半徑不變，對稱前的圓心與對稱后的圓心關于點(?3,46．【答案】D【解析】【解答】解：對于A：零向量的方向是任意的，A錯誤；對于B：空間向量可以平行平移，B錯誤；對于C：向量的長度大小可以相等，只要方向不同即為向量不同，C錯誤；

對于D：大小相等，方向相同的向量為相等向量，即為同一向量，符合定義，故D正確.故答案為：D.【分析】利用空間向量的相關定義進行判斷即可.7．【答案】A【解析】【解答】解：因為數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設公差為d對于A中，例如：等差數(shù)列an此時當n>0且n∈Z+時，數(shù)列{|an|}的散點圖如圖所示：

對于B中，{an}是等差數(shù)列，根據(jù)定義可得a所以數(shù)列{a對于C中，數(shù)列{pan+q}所以數(shù)列{pa對于D中，數(shù)列{2an+n}所以數(shù)列{2a故答案為：A.

【分析】根據(jù)題意，結合等差數(shù)列的定義和特殊數(shù)列，逐項判斷即可.8．【答案】D【解析】【解答】解：在△PF1F2中，設由余弦定理可得|F1F2|2所以①化簡可得：4=4a2+(?2?2cosθ所以△F1P又因為△OPF1的面積為所以S△PF1F2=2S所以3sinθ?cos由于θ?π6∈(又|PF1|=|PQ由橢圓的定義可得|P即有|PF1|=43∴PQ⊥F1F故答案為：D.【分析】利用余弦定理表示出△OPF1的面積，再結合已知的△OPF1面積得出S△PF1F2【解析】【解答】解：對于A中，該方程y?y對于B中，因為直線x?x0=m(y?對于C中，因為方程y=kx+b只能表示斜率存在的直線，所以經(jīng)過定點A(0，對于D中，因為方程(y?y可以表示坐標系能所有的直線，所以經(jīng)過任意兩個不同的點P1都可以用方程(y?y故答案為：ABC.

【分析】利用直線方程的形式，逐項判定，即可求解.10．【答案】A,D【解析】【解答】解：由題意設雙曲線的標準方程為x2∵雙曲線C的一個焦點F(5，0)，故c=5，

且漸近線方程為y=±43x，

所以∴雙曲線的標準方程為x2∴雙曲線的離心率為e=c焦點到漸近線的距離d=4×5準線方程為x=±a2c故答案為：AD.

【分析】利用雙曲線的幾何性質(zhì)求出方程，從而求出其它性質(zhì)，再對各選項分析即可．11．【答案】A,D【解析】【解答】解：由題可知A(?4，0)，B(0，4)，設整理得x?y?2=0．

∵A(?4，0)，B(又外心在歐拉線x?y+2=0②上，聯(lián)立①②，解得x=-1，y=1，

所以三角形ABC的外心為G(又r=|∴△ABC外接圓的方程為(x+1聯(lián)立(x+1)2+(所以頂點C的坐標可以是(0，故答案為：AD.【分析】設C(x，y)，根據(jù)三角形ABC的重心(x?43，y+412．【答案】A,B,D【解析】【解答】由題意，設等差數(shù)列{an}因為a7=3a5，可得又由等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，可知d>0，則a因為Sn由n=??7d2nd=72可知，當令Sn=d2n2?7d2n>0，解得n<0或故答案為：ABD【分析】由題設可得基本量a1，d的關系，再把Sn13．【答案】1【解析】【解答】解：因為在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是正方形，

PA=a，PB=b，PC=c，=?=?==故答案為：12

【分析】結合圖形，根據(jù)空間向量的線性運算即可.14．【答案】9【解析】【解答】解：由題知雙曲線C：x2a2-y216=1(a>0)，所以b∴a=2，所以a+c=2+25，又因為5<2+25所以|PF1|<a+c結合雙曲線的定義可得，|P由題可知|PF∴|PF故答案為：9.

【分析】由雙曲線的幾何性質(zhì)求出a，再判斷出點P在雙曲線C的左支，結合雙曲線的定義即可求出|PF15．【答案】3【解析】【解答】解：∵拋物線方程為x2∴|FM|=p=2，又直線AF∴|AF又因為|∴△PAF為等邊三角形，

拋物線方程y=-1的準線的方程為y=-1，∴|所以點P的縱坐標為4-1=3.故答案為：3.

【分析】先求出∠PAF=60°，可知△PAF為等邊三角形，從而求得16．【答案】3【解析】【解答】解：過橢圓的右焦點F2作橢圓長軸的垂線，交橢圓于A，B兩點，

則F1F2⊥AB，則∠F1A所以|AF|AF由橢圓的定義知|AF即4c3+23c故答案為：33

【分析】由題意可得|AF1|17．【答案】（1）證明：根據(jù)題意，有S1=a所以等差數(shù)列{Sn}所以Sn所以Sn故Sn-1兩式相減得Sn所以an顯然當n=1時，滿足上式，∴a∴a∴{a（2）解：∵2S∴2(3a∴d=2【解析】【分析】（1）根據(jù)Sn與a（2）將等差數(shù)列的Sn轉(zhuǎn)化為a18．【答案】（1）解：如圖所示：連接OQ,OP，

∵切點為Q，PQ⊥OQ，由勾股定理可得PQ2由已知|PQ|=2|PA|.可得PQ2=4P化簡可得3（2）解：方程3x2+3所以P的軌跡是圓心為C(83，∵|CA|=(2-∴|PA|min=∴線段PQ長的最小值為2(【解析】【分析】（1）圓的切線垂直于過切點的半徑可得PQ⊥OQ，由已知條件|PQ|=2|PA|可再結合勾股定理可得|PQ|2（2）將點P的方程化為標準方程，可得圓心和半徑r，由此可得|CA|的長度，則點A在圓內(nèi)，可得|PA|min=r?|CA|，即可得線段19．【答案】（1）證明：連接DE，

∵DB=DC=DA=2，E為BC的中點，∴DE⊥BC，∵在三棱錐A-BCD中，DA，DB，DC兩兩垂直，DB∩DC=D，∴DA⊥平面BDC，∵BC?平面BDC，∴DA⊥BC，∵DE∩BC=E，∴BC⊥平面ADE，∵AE?平面ADE，∴AE⊥BC（2）解：以D為原點，DB為x軸，DC為y軸，DA為z軸，建立空間直角坐標系，則A(0，0，2)，D(0，0，0)，B(2，0AE=(1，1，-2)設直線AE與DC的夾角為θ，則cosθ=|∴直線AE與DC的夾角的余弦值為6【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理即可證明.（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法求異面直線的夾角的余弦值公式即可求解.20．【答案】（1）解：題設，直線AB、CD的斜率一定存在，直線AB的斜率為tan45°=1，直線AB、CD互相垂直，所以斜率乘積為-1，因此直線CD的斜率為-1，直線CD的方程為y=-x+2，設C(x1，y1)，D(x2，y∴|CD|=x（2）解：由題設，直線AB、CD的斜率一定存在，設AB為y=k(x-2)，A(x1，聯(lián)立拋物線方程，可得k2x2∴x1+x2∴|AF|?|BF|=(x由CD⊥AB，設CD為y=2-x聯(lián)立直線CD與拋物線的方程，消去y可得：x2同理有x3∴|CF|?|DF|=16(k∴1【解析】【分析】（1）由直線AB、CD互相垂直可得到直線CD的方程，再聯(lián)立拋物線方程，結合弦長公式，即可求解；（2）設AB的方程為y=k(x?2)，聯(lián)立拋物線方程，可得x1+x221．【答案】（1）證明：∵正方體ABCD-A1B1C∴BD⊥AC，BD⊥AA∵AC∩AA1=A，∴BD⊥∵A1E?平面（2）解：設BD的中點為O，正方體ABCD-A1B1C1D連結OE，OA以D為原點，DA、DC、DD1為x，y，則O(1，1，0)，E(0，2，m)，B(2，2OE=(-1，1，m)∵△BCE≌△DCE，∴ED=EB，∴OE⊥BD，∵OA1∵OA∴∠A1OE∵平面A1BD⊥平面EBD，∴O解得m=1，∴當E為CC1的中點時，能使平面A【解析】【分析】（1）利用線面垂