浙江省金華十校2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷

姓名：班級(jí)：考號(hào)：

題號(hào)——四總分

評(píng)分

一、單選題

1.直線四久+y—2=0的傾斜角為（）

2.已知空間向量五=（2,1,n）,B=（一1,2,1）,若五與石垂直，則門為（）

A.0B.1C.2D.-2

3.已知拋物線C：y2=2p久（p>0）的焦點(diǎn)為F,過C上一點(diǎn)P作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為Q,若△PQF是

邊長(zhǎng)為4的正三角形，則p=（）

A.1B.2C.3D.4

4.圓Ci：x2+y2—4）圓C2：（x—3）2+（y—4）2=49,則兩圓的公切線有（）

A.0條B.1條C.2條D.3條

5.桁架橋指的是以桁架作為上部結(jié)構(gòu)主要承重構(gòu)件的橋梁.桁架橋一般由主橋架、上下水平縱向聯(lián)結(jié)系、橋門

架和中間橫撐架以及橋面系組成.下面是某桁架橋模型的一段，它是由一個(gè)正方體和一個(gè)直三棱柱構(gòu)成.其中

6.小芳“雙11”以分期付款的方式購(gòu)買一臺(tái)標(biāo)價(jià)6600元的筆記本電腦，購(gòu)買當(dāng)天付了2600元，以后的八個(gè)月，

每月11日小芳需向商家支付500元分期款，并加付當(dāng)月所有欠款產(chǎn)生的一個(gè)月的利息（月利率為2%）,若12

月算分期付款的首月，則第3個(gè)月小芳需要給商家支付（）

A.550元B.560元C.570元D.580元

7.有以下三條軌跡：

①已知圓2：（工+1）2+產(chǎn)=9,圓B：（%-I）2+y2=1,動(dòng)圓P與圓A內(nèi)切，與圓B外切，動(dòng)圓圓心P

1

的運(yùn)動(dòng)軌跡記為Cl；

②已知點(diǎn)A,B分別是x,y軸上的動(dòng)點(diǎn)，0是坐標(biāo)原點(diǎn)，滿足MB|=4,AB,AO的中點(diǎn)分別為M,N,

MN的中點(diǎn)為P,點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡記為C2；

③已知2（-5,0）,B（5,0）,點(diǎn)P滿足PA,PB的斜率之積為點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡記為C3.設(shè)曲線Ci，C2,C3

的離心率分別是ei，e2,e3）則（）

A.<e2<e3B.ex<e3<e2C.e2<e1<e3D.e3<e1<e2

8.已知數(shù)列｛an｝是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，公比為q,在國(guó)，a2之間插入1個(gè)數(shù)，使這3個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，記

公差為心，在。2,之間插入2個(gè)數(shù)，使這4個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，公差為d2,…，在與，冊(cè)+1之間插入n個(gè)數(shù)，

使這n+2個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，公差為dn,則（）

A.當(dāng)0<q<l時(shí)，數(shù)列｛&J單調(diào)遞減

B.當(dāng)q>l時(shí)，數(shù)列包?｝單調(diào)遞增

C.當(dāng)心>42時(shí),數(shù)列｛%｝單調(diào)遞減

D.當(dāng)］<d2時(shí),數(shù)列｛dn｝單調(diào)遞增

二、多選題

9.已知雙曲線斗—萼=1，則（）

A.漸近線方程為y=±|xB.焦點(diǎn)坐標(biāo)是（土房，0）

C.離心率為卓D.實(shí)軸長(zhǎng)為4

10.自然界中存在一個(gè)神奇的數(shù)列，比如植物一年生長(zhǎng)新枝的數(shù)目，某些花朵的花數(shù)，具有1,1,2,3,5,8,

13,21……，這樣的規(guī)律，從第三項(xiàng)開始每一項(xiàng)都是前兩項(xiàng)的和，這個(gè)數(shù)列稱為斐波那爽數(shù)列.設(shè)數(shù)列｛an｝為

1=

斐波那契數(shù)列，則有an+斯+ccn+2（neN+）,以下是等差數(shù)列的為（）

A.。2021，02022，02023B.?2021>?2023，02024

C-S2021，S2022，S2023D.S2021，S2023，S2024

11.已知平行六面體4BCD—的所有棱長(zhǎng)都為1,^BAD=60°,設(shè)乙4MB=a,乙%/W=0.（）

A.若a=6=90。，則直線4CJ■平面CiBD

B.若a=0=90。，則平面2BCD1平面

C.若a=6=60。，則直線ACJ■平面BDDiBi

D.若a=/?=60°,則平面ABBrAr1平面ABCD

12.已知橢圓竽+噲=1的左右焦點(diǎn)分別為Fi，F(xiàn)2,過七的直線交橢圓于4（%I，yi）,B3,%）兩點(diǎn)，設(shè)

\BF2\=\AF2\=a2,\AFr\=a3,|B%|=a"已知4，a2,（13成等差數(shù)列，公差為d,則（）

2

B.若d=1,則/=稱

A.d2＞。3，。4成等差數(shù)列

C.%2—3久1D.y2=3yi+2

三'填空題

13.直線53x-4y-5=0,直線％：3x-4y+4=0,貝％,之間的距離是

a

14.數(shù)列｛%J滿足=°，n+i-an=2n,則與=

15.老張家的庭院形狀如圖，中間部分是矩形ABCD,2B=8,BC=3（單位：m）,一邊是以CD為直徑的半

圓，另外一邊是以AB為長(zhǎng)軸的半個(gè)橢圓，且橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)M到AB的距離是2小，要在庭院里種兩棵樹,

想讓兩棵樹距離盡量遠(yuǎn)，請(qǐng)你幫老張計(jì)算一下，這個(gè)庭院里相距最遠(yuǎn)的兩點(diǎn)間距離是m.

16.如圖，已知平行四邊形ABCD,AB=2,BC=4,乙4=60°,E、尸分別是2D、BC的中點(diǎn).現(xiàn)將四邊形CD”

沿著直線EF向上翻折，則在翻折過程中，當(dāng)點(diǎn)A到直線BC的距離為遮時(shí)，二面角A-EF-D的余弦值

17.已知等差數(shù)列｛6｝，正項(xiàng)等比數(shù)列｛%｝，其中｛%｝的前n項(xiàng)和記為S”滿足口=歷=2,a3=b3,a5=S3.

（1）求數(shù)列｛an｝,｛0｝的通項(xiàng)公式；

（2）若“=anbn,求數(shù)列&｝的前n項(xiàng)和

3

18.圓C經(jīng)過點(diǎn)4(1,2)與直線x+y-5=0相切，圓心C(a,b)的橫、縱坐標(biāo)滿足a=2b(a〉0).

(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)直線2：m％+2〉一3血一1=0交圓。于人，B兩點(diǎn)，當(dāng)|48|=舊時(shí)，求直線1的方程.

19.已知直線1過拋物線C：y2=4久的焦點(diǎn)F,與拋物線C交于4,B兩點(diǎn).

(1)若/的傾斜角為多求阿|；

(2)若在拋物線C上有且僅有一點(diǎn)P(異于A,B),使得PA1PB,求直線1的方程和相應(yīng)點(diǎn)P的坐標(biāo).

20.在四棱錐P-4BC。中，AB||CD,AB1BC,AB=3,BC=CD=PD=2,Z.PDC=120°,PD與平面

4BCD所成角的大小為60。，點(diǎn)Q為線段PB上一點(diǎn).

(1)若CQ||平面PAD,求學(xué)的值；

(2)若四面體Q—4BC的體積為孥，求直線與平面4QC所成角的大小.

21.已知數(shù)列｛aj的前n項(xiàng)和為Sn,且即，曲;，an+i(nCN*)成等比數(shù)列.

(1)若｛aj為等差數(shù)列，求由；

(2)令+是否存在正整數(shù)k，使得以是2+1與以+2的等比中項(xiàng)？若存在，求出所

有滿足條件的ai和k,若不存在，請(qǐng)說明理由.

22.已知雙曲線C：圣一，=?>0,b>0),斜率為1的直線過雙曲線C上一點(diǎn)火2亞機(jī))交該曲線于

另一點(diǎn)B,且線段4B中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為竽.

(1)求雙曲線C的方程；

(2)已知點(diǎn)n)為雙曲線C上一點(diǎn)且位于第一象限，過M作兩條直線6,且直線%均與圓/+

(y—n)2=l相切.設(shè)人與雙曲線C的另一個(gè)交點(diǎn)為P,6與雙曲線C的另一個(gè)交點(diǎn)為Q,則當(dāng)|PQ|=8仞時(shí),

求點(diǎn)M的坐標(biāo).

5

答案解析部分

1.【答案】C

【解析】【解答】?.?直線gx+y-2=0的斜率k=-V3,設(shè)傾斜角為仇貝hane=—如

二直線8x+y-2=0傾斜角為等.

故答案為：C.

【分析】利用已知條件結(jié)合直線的斜率與直線的傾斜角的關(guān)系式，進(jìn)而得出直線的傾斜角。

2.【答案】A

【解析】【解答】??那與石垂直，

a-b-2+2+n=0，解得n=0,

故答案為：A.

【分析】利用已知條件結(jié)合數(shù)量積為0兩向量垂直的等價(jià)關(guān)系，再結(jié)合數(shù)量積的坐標(biāo)表示，進(jìn)而得出n的值。

3.【答案】B

【解析】【解答】由題知F弓，0),因?yàn)锳PQF是邊長(zhǎng)為4的正三角形，

所以|PF|=\QF\=\PQ\=4,

根據(jù)拋物線定義可知孫+3=4,即久p=4-令

所以yp2=2p(4-分故p(4—,+J2P(4-g)),所以Q(-與，±J2P(4-g)),

所以|QF|=>2+(土J2P(4—§))2=4,解得：P=2.

故答案為：B

【分析】由拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程得出焦點(diǎn)坐標(biāo)，利用三角形APQF是邊長(zhǎng)為4的正三角形，所以|PF|=|QF|=

|PQ|=4,根據(jù)拋物線定義可知點(diǎn)P的坐標(biāo)，進(jìn)而得出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，再結(jié)合兩點(diǎn)距離公式得出和已知條件得出

p的值。

4.【答案】B

【解析】【解答】圓的:x2+y2=4,圓心為0(0,0),半徑門=2.

圓(x—3)2+(y—4)2=49,圓心為。2(3,4),半徑/=7.

注意到圓心距|的。21=)32+42=5=「2—?jiǎng)t兩圓相內(nèi)切，故公切線條數(shù)為1.

故答案為：B

6

【分析】利用已知條件結(jié)合兩圓位置關(guān)系判斷方法判斷出兩圓內(nèi)切，再結(jié)合兩圓的位置關(guān)系得出兩圓公切線

的條數(shù)。

5.【答案】D

【解析】【解答】以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB,ED,EI所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)AB=BH=a,

則2(”，—a,0),H(a,0,a),/(0,0,a),G(a,a,a),

AH—(0,a,a),IG—(a,a,0),

設(shè)直線AH與直線IG所成角為仇

|麗周_1(0,a,a,。)|__1

則cos0=\cos{AH,IG)\

\AH\'\IG\一&缶一福一2’

故直線AH與直線IG所成角的余弦值為去

【分析】以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB,ED,EI所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)ZB=BH=a,

從而得出點(diǎn)的坐標(biāo)，再結(jié)合向量的坐標(biāo)表示得出向量的坐標(biāo)，再利用數(shù)量積求向量夾角公式得出直線AH與直

線IG所成角的余弦值。

6.【答案】B

【解析】【解答】第3個(gè)月小芳需要給商家支付500+14000-2x500；x2%=560元.

故答案為：B.

【分析】利用已知條件結(jié)合函數(shù)建模的方法得出第3個(gè)月小芳需要給商家支付的錢數(shù)。

7.【答案】A

【解析】【解答】①，設(shè)動(dòng)圓圓心PQ,y),半徑為r,

由題意可知：圓2：Q+1)2+產(chǎn)=9的圓心坐標(biāo)做一1,0),半徑門=3；

7

圓B：(%-1)2+產(chǎn)=1的圓心坐標(biāo)B(l,0),半徑「2=1；

由條件可知：|P2|=3-r,\PB\=1+r,所以|P4|+|PB|=4〉|AB|=2,

所以點(diǎn)P的軌跡方程為：與+唾=1(%。2)，則ei=J；

②設(shè)0),B(0,n),則—+小二也由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得：M(等力N騁,0),所以MN的中點(diǎn)

P瑞,引，因?yàn)檠?+小=16,所以點(diǎn)P的坐標(biāo)滿足(2x)2+(4y)2=16,也即C2：+/=所以e2=孚;

③設(shè)點(diǎn)PQr,y),由題意可知：人登,”(久?！?),

22

整理化簡(jiǎn)可得：否一書=1。。±5),所以Q=5,b=與，

則e3=Jl=H=孚,

所以03>e2>ei，

故答案為：A.

【分析】①設(shè)動(dòng)圓圓心P(x,y)，半徑為r,由題意可知圓a：(x+1)2+y2=9的圓心坐標(biāo)和半徑長(zhǎng)，再利

用圓B：(久—1)2+y2=1得出圓心坐標(biāo)和半徑長(zhǎng)，由條件可知：倒|=3—r,|PB|=1+r,所以|P4|+\PB\=

4〉麗=2,再結(jié)合橢圓的定義得出點(diǎn)P的軌跡方程為：竽+亭=1(無力2)，再結(jié)合橢圓的離心率公式得出

橢圓的離心率ei的值；

②設(shè)2(m,0),B(0,n),則62+n2=16,由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得M,N的坐標(biāo)，再結(jié)合中點(diǎn)坐標(biāo)公式得出MN

的中點(diǎn)P的坐標(biāo)，再利用源+層=16,所以點(diǎn)P的坐標(biāo)滿足(2x)2+出產(chǎn)=16,進(jìn)而得出橢圓心:苧+y=1，

再結(jié)合橢圓的離心率公式得出橢圓的離心率02的值；

③設(shè)點(diǎn)PQ,y),由題意結(jié)合兩點(diǎn)求斜率公式可知的一餐=1(%?！?),進(jìn)而得出a,b的值，再利用雙曲線

的離心率公式得出的值，再結(jié)合比較法，所以63〉62〉ei。

8.【答案】D

【解析】【解答】數(shù)列｛&J是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，則公比為q>0,

由題意即+1=與+("+1)%,得dn=等*=嚓W，

0<q<l時(shí)，dn<0,有細(xì)?=幽歲<1,dn+1>dn,數(shù)列｛%｝單調(diào)遞增，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

(2九十，

q>l時(shí)，*>0,駟=嚶塊，若數(shù)列｛4｝單調(diào)遞增，則迪津〉1，即q>陪，由九CN*,需要d

cl72?!十N71十/71+1Z

B選項(xiàng)錯(cuò)誤；

山〉&2時(shí)，嗎工>嗎二2,解得Kg",

8

9〉1時(shí)，勰〉0,由細(xì)=噌裂,若數(shù)列｛41｝單調(diào)遞減，則華塊<1,即q(需=1+京，而l<q<|

U.77,71十乙〃十/il~rLil~r1L

不能滿足q<1+急(nCN*)恒成立，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

d-d2時(shí)，。式尸<」嗎-1),解得0<q<l或q〉9,由AB選項(xiàng)的解析可知，數(shù)列｛“單調(diào)遞增，D選

項(xiàng)正確.

故答案為：D

【分析】利用已知條件結(jié)合等比數(shù)列的定義和等差數(shù)列的定義，再結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性和恒成立問題求解方法，

進(jìn)而找出正確的選項(xiàng)。

9.【答案】A,B,D

【解析】【解答】由雙曲線方程為：車—萼=1，焦點(diǎn)在久軸，

4y

所以a=2,b=3,c=JQ2+按—^/13，

所以漸近線方程為y=±/=±%A符合題意，

焦點(diǎn)坐標(biāo)為(±71m，0),B符合題意，

離心率為：6=￡=手，C不符合題意，

實(shí)軸長(zhǎng)為：2a=4,D符合題意，

故答案為：ABD.

【分析】利用已知條件結(jié)合雙曲線的漸近線方程求解方法、焦點(diǎn)坐標(biāo)求解方法、雙曲線的離心率公式、雙曲

線的實(shí)軸長(zhǎng)求解方法，進(jìn)而找出正確的選項(xiàng)。

10.【答案】B,D

+

【解析】【解答】由題意：an+an+1=an+2(neN),①

所以冊(cè)+1+an+2=an+3(neN+),②

②一①得：CLn+2-an=Cln+3-an+2=>2an+2=?n+3+即，

所以數(shù)列與，an+2>/i+3或數(shù)列人+3,O-n+2>既成等差數(shù)列，

令n=2021,則02021，。2023，。2024成等差數(shù)列，B符合題意，A不符合題意，

由。幾+%i+l—0n+2，

所以Sn+1-SJI-1=Sn+2—Sn+1=2Sn+1=Sn+2+Sn_i'

所以Sn_i，Sn+1，Sn+2成等差數(shù)列，

9

令71=2022,則S2021，$2023,$2024成等差數(shù)列，D符合題意，C不符合題意.

故答案為：BD.

【分析】利用已知條件結(jié)合斐波那契數(shù)列的定義，再結(jié)合遞推公式變形和等差數(shù)列的定義以及等差數(shù)列的前n

項(xiàng)和公式，進(jìn)而找出等差數(shù)列的選項(xiàng)。

11.【答案】B,C

【解析】【解答】對(duì)于4若a=/?=90。，碇?西=（京瓦+幣7+中）?（西+近）

—+A^DB+A^D1-BC+A-^A-BB+A^A-BC

1

=0+1x1xcos60°+0+1x1xcos00+1x1xcosl80°+0=W0,

所以碇與西不垂直，又因?yàn)锽Ciu平面CiBD,

所以直線4C與平面CiBC不垂直，A不符合題意；

對(duì)于B,若a=/?=90。，則41414B,A^ALAD,又因?yàn)?且4B,ZDu平面2BCD,所以力1

平面ABCD,又因?yàn)閡平面&ACCi，

所以平面2MCC11平面ABCD,B符合題意；

對(duì)于C,若a=§=60°,

因?yàn)锽B=AiBi'BB1+A^D^'BB^+A^A'BB

=1x1xcos60°+1x1xcos60°+1x1xcosl80°=0,所以&C1BBX,

又因?yàn)榉馱?麗=（&B；+A1D1+A^A\（AD-AB'）

=A-^B^-AD-A^ByAB+A^D^-AD—A1D-^-AB+A-^A-AD—A^A-AB

=1x1xcos60°—1x1xcosO0+1x1xcosO0—1x1xcos60°+1x1xcosl20°—1x1xcosl20°=0,

所以41clBD,因?yàn)锽DCBiB=B,BD,B]Bu平面

所以直線4C1平面BDD/i，C符合題意；

對(duì)于。，如圖：連接&D,BD,取的中點(diǎn)E,連接/止，DE.

10

若a=6=60°,由題意可知：=BC=1,根據(jù)題意可知：DE1AB,ArE1AB，貝此為6。即為平面ABB^

與平面ABCD所成的二面角的平面角或其補(bǔ)角，

由題意可知：ArE=DE=^在△&ED中，由余弦定理可得：

AtE2+ED2—AIE2升最一11

cos^ED=11—=，爵西=W片仇所以平面ABBiAi與平面ABCD所成的二面角的平面角不

是直角，所以平面ABB/i與平面4BC。不垂直，D不符合題意.

故答案為：BC.

【分析】利用已知條件結(jié)合平行六面體的結(jié)構(gòu)特征，再結(jié)合線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，進(jìn)

而找出正確的選項(xiàng)。

12.【答案】A,B,C

【解析】【解答】A選項(xiàng)，由橢圓定義可知：＜21+(14=4,(22+(13=4，

又a1，a2,(23成等差數(shù)列，故a2=ai+d,a3=a1+2d,

則a2+=2al+3d=4,則%—2—貝1Ja2=2—CI3=2+；d,

3

又CI4=4—a1=2+

故。2+。4=2—■^?d+2+9d=4+d=2a3，A符合題意；

B選項(xiàng)，右d=1,此時(shí)IB&I==2，|4F21二。2=2，故|48|=3+2=2,且yi=—3y2,

設(shè)尸2(C，0),因?yàn)橹本€48斜率一定不為0,

設(shè)直線4B為“c+my，與孥+當(dāng)=1聯(lián)立得：

4b乙

(b2m2+4)y2+2cmb2y+b2(c2—4)=0,BP(b2m2+4)y2+2cmb2y-b4=0

mil_L2cmb2h4

則為+y2―京月，月丫2一"E’

因?yàn)閥i=-3y2，所以口2=人;嗎上人，3為=〃2，

,乙b27n2+4,2b27n2+4

聯(lián)立解得3c2??12=房團(tuán)？+4,故y+y=_^L,yy=—?

z1

’乙3cm八”3czmz

11

4b4,4M4b2Vl+m2

由弦長(zhǎng)公式可得:\AB\=Vl+m2-

9c2m23c27n23cm

所以2b2d1+Hi?=3cm，平方得：4b4(l+m2)=9c2m2,

其中c2=4—h2,

故3(4—b2)m2=b2m2+4,解得：b2m2+1=3m2,即病—1

3-b2

2[1

由4b4(1+m)=9(4-屬)血2可得：4b4(i+_J_)=9(4_矽_

整理得:4b6-16b4-9b2+36=0,即4b4(b2-4)-9(/-4)=0,

故(4/一9)32-4)=0,解得：房=9或〃=4,

因?yàn)閍>b,所以房=4舍去，故房=看B符合題意；

C選項(xiàng)，設(shè)橢圓蕓+*1(。>/)>0)上一點(diǎn)也如y0),其中橢圓左右焦點(diǎn)分別為％(—c,0),F2(C,0),

下面證明|M%|=a+ex0,\MF2\=a—ex0,

過點(diǎn)M作MAd_橢圓的左準(zhǔn)線于點(diǎn)A,作MB,橢圓右準(zhǔn)線于點(diǎn)B,

則有橢圓的第二定義可知：犒=^=6，

其中|K4|=%o+(,-

則|M%|=e(x0+^)=a+e久°，IMF2I=e(^--x0)=a-ex0<

故M&l=a—=2—e%i=2—彳1小故ex1=21(1,

\BF21=a—c%2=2—e%2=2—*d，故ex?=d，所以％2=35，C符合題意；

D選項(xiàng)，設(shè)直線48為％=c+my,由％2=3/得：c+my2=3c+3my19i^y2-3yr+—,D不符合題意.

故答案為：ABC

12

【分析】由橢圓定義可知四+。4=4,。2+。3=4和%,a2,成等差數(shù)列，再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和

等差數(shù)列的性質(zhì)，從而判斷出。2，。3，成等差數(shù)列；若d=l,此時(shí)IBF2I==/，|4尸2|=。2='|，再利

用兩點(diǎn)距離公式得出|AB|的值且yi=-3為，設(shè)F2(C，0)，利用直線斜率一定不為0,設(shè)直線覆為％=。+四7,

再利用直線與橢圓相交，聯(lián)立二者方程結(jié)合韋達(dá)定理得出yi+乃一舞答月乃=-而魯再利用力=

-3為，所以乃二b黑\，3光=1整+T聯(lián)立方程結(jié)合韋達(dá)定理得出月+丫2=-毒，y，2=一點(diǎn)/

由弦長(zhǎng)公式可得血2=小，由4b然1+m2)=9(4-62)小2可得〃的值，再利用a>b,進(jìn)而得出滿足要求的〃

的值；設(shè)橢圓,+方■=1(。>b>0)上一點(diǎn)MQo，y0),其中橢圓左、右焦點(diǎn)分別為％(—c,0),F2(c,0),

過點(diǎn)M作MA_L橢圓的左準(zhǔn)線于點(diǎn)A,作MB_L橢圓右準(zhǔn)線于點(diǎn)B,再利用橢圓的第二定義可知：|M%|=a+eK0,

|MF2|=a-ex0,進(jìn)而得出ex1=加和ex2=^d,所以冷=3%i；設(shè)直線為久=c+my,由久2=3打得y?=

3+—,進(jìn)而找出正確的選項(xiàng)。

八yim

13.【答案】|

【解析】【解答】由平行線間的距離公式可得：

6之間的距禺是d=了缶+苗=引

故答案為：!

【分析】利用已知條件結(jié)合平行直線求距離公式得出h，%之間的距離。

14.【答案】n2-n

【解析】【解答】因?yàn)榧?i-冊(cè)=2n,

所以a九—cin-i=2(n—1),

a九-1—an-2=2(n—2),

。3—。2=2x2,

。2—01=2x1,

累加得：M=2(n-1)+2(n—2)+…+4+2

(九

[2(71—1)+2]—1)-TL

故答案為：n2-n.

【分析】利用已知條件結(jié)合遞推公式和累加法得出數(shù)列的通項(xiàng)公式。

13

15.【答案】2V7+4

【解析】【解答】根據(jù)題意可得，以AB的中點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線和AB的垂直平分線分別為%,y軸

建立如下圖所示的平面直角坐標(biāo)系，

由橢圓長(zhǎng)軸2a=AB=8可得a=4,易知b=2,所以橢圓方程為g+=i,(y<0)；

根據(jù)題意可得當(dāng)P點(diǎn)到圓心。1的距離最大時(shí)，。止的連線交半圓于Q,此時(shí)PQ距離最大;

22

設(shè)PQo，yo)，則興+牛=1,(y0<0)>

易知|。/|=Jx02+(yo-3)2=J16-4y02+(yo-3)2=J-3(yo+1)2+28,

當(dāng)y0=—1時(shí)，—3(y()+l)2+28取最大值28,所以|。止|〈國(guó)=2近，

貝l」|PQ|<\O1P\+R=2V7+4.

故答案為：2e+4

【分析】根據(jù)題意可得，以2B的中點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線和AB的垂直平分線分別為x,y軸建立平

面直角坐標(biāo)系，從而得出半圓圓心坐標(biāo)和半徑長(zhǎng)，由橢圓長(zhǎng)軸得出a的值，進(jìn)而得出b的值，從而得出橢圓標(biāo)

準(zhǔn)方程，根據(jù)題意可得當(dāng)P點(diǎn)到圓心。1的距離最大時(shí),。小的連線交半圓于Q,此時(shí)PQ距離最大，設(shè)PQ。，y0),

再結(jié)合代入法，則鬻+乎=1,(yo<o).再利用兩點(diǎn)距離公式和二次函數(shù)的圖象求最值的方法得出這個(gè)庭

院里相距最遠(yuǎn)的兩點(diǎn)間距離。

16.【答案】|

【解析】【解答】連接BE、DF,取EF的中點(diǎn)0,連接OB、OD,

易知CE=CF=CD=2,且。E〃CF,則四邊形CCEF為菱形，

易知NDEF=ADCF=60。，則四邊形△DEF為等邊三角形，所以，OD1EF,

同理可知。B1EF,所以，二面角A—EF—Q的平面角為NB。。=仇

因?yàn)?。BCOD=。，OB、。。u平面。B￡),所以，EF1平面。BD,

14

且。B=。。=2sin60°=V3,

以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OF所在直線分別為尢、y軸，

平面ABFE內(nèi)過點(diǎn)0且與平面ABFE的垂直的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

貝U4(遮，-2,0)、B(遮，0,0)、D(V3cos0,0,遍sin。)、C(A/3COS0,2,V3sin6),

AB=(0,2,0)?BC=(V3cos0—V3,2,V3sin0),

所以點(diǎn)4到直線BC的距離為&=雨|2-(鬻￡)2=4-(4)2

[18clJJ3(cos0—l)2+4+3sin20

=14-1-/=彳八g=V2,解得cos0-J.

\6cos1,3

故答案為：*

【分析】連接BE、DF,取EF的中點(diǎn)0,連接OB、OD,易知DE=CF=CD=2,5.DE//CF,則四邊形CD”

為菱形，易知NDEF=NDCF=60。，則四邊形△DEF為等邊三角形，所以，OD1EF,同理可知OB1EF,所

以，二面角/—EF—D的平面角為NBOC=e,再利用線線垂直證出線面垂直，所以EFJ■平面OBC,再結(jié)合

正弦函數(shù)的定義得出OB的長(zhǎng)，以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OF所在直線分別為%、y軸，平面ABFE內(nèi)過點(diǎn)。

且與平面ABFE的垂直的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，從而得出點(diǎn)的坐標(biāo)，再結(jié)合向量的坐標(biāo)表示得出向

量的坐標(biāo)，再利用數(shù)量積和勾股定理得出點(diǎn)A到直線BC的距離和已知條件得出二面角A-EF-D的余弦值。

17.【答案】(1)解：設(shè)等差數(shù)列｛an｝的公差為d,等比數(shù)列｛九｝的公比為q〉0；

利用基本量運(yùn)算有2+2d=2q2,2+4d=2+2q+2q2>

因?yàn)椋龋秊檎?xiàng)數(shù)列，可得q=2,d=3,

71-1n

所以冊(cè)=a1+(n—l)d=3n-1,bn=b1q=2；

即數(shù)列的通項(xiàng)公式為=3n-1,nEN+

數(shù)列出力的通項(xiàng)公式為既=2n,neN+

(2)解：由(1)可得金=(3n—1)2%

所以Tn=2x21+5x22+8x234-...+(3n-l)2n@

15

2T?=2x22+5x23+8x24+...+(3n-4)2"+(3n-1)2n+1②

②-①得：

1n+1

Tn=-2X2-3(22+23+...+2n)+(3n-l)2

411-2—1)

=-4-3x———~-+(3n-10+1=8+(3n-4)2n+1

1—z5

n+1

即數(shù)列｛4｝的前n項(xiàng)和7n=8+(3n—4)2

【解析】【分析】(1)設(shè)等差數(shù)列｛即｝的公差為d,等比數(shù)列｛%｝的公比為q>0,再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式

和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式以及數(shù)列｛眺｝為正項(xiàng)數(shù)列，進(jìn)而得出公差和公比的值，再結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和等

比數(shù)列的通項(xiàng)公式，進(jìn)而得出數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式和數(shù)列｛九｝的通項(xiàng)公式。

(2)利用數(shù)列的通項(xiàng)公式和數(shù)列｛"｝的通項(xiàng)公式和cn=anbn,進(jìn)而得出數(shù)列｛4｝的通項(xiàng)公式，再結(jié)合錯(cuò)

位相減的方法得出數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和。

18.【答案】(1)解：設(shè)圓心坐標(biāo)為C(2b,b),有(2b—氏+)—2>=(26^—5y.

V2

得b=1或一15(舍)，

所以(久一2>+(y—1)2=2.

(2)解：直線截圓所得弦長(zhǎng)|2B|=e，而圓半徑7?=應(yīng),

因此圓心(2,1)到直線/：巾％+2y-3巾一1=0距離為空

|2m+2—3m-1|_V5

所以d=得m――4.

Vm2+42

從而直線1的方程4久一2y-11=0.

【解析】【分析】(1)利用已知條件結(jié)合直線與圓相切的位置關(guān)系判斷方法和點(diǎn)到直線的距離公式得出b的值,

從而得出a的值，進(jìn)而得出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程。

(2)利用直線截圓所得弦長(zhǎng)|4B|=遮得出圓的半徑，再利用圓心(2,1)到直線2：mx+2y-3m-l=0

距離為李和點(diǎn)到直線的距離公式得出m的值，從而得出直線1的方程。

19.【答案】(1)解：因?yàn)橹本€/過焦點(diǎn)F(L0)且傾斜角為半故方程為了=遍(久-1),

與儼=4x聯(lián)立消去y,得一10%+3=0,

設(shè)點(diǎn)A(X-[9丫1)，9、2)，由韋達(dá)定理得+%2=

所以+%2+P=竽?

(2)解：設(shè)直線I方程為x^ty+1,聯(lián)立方程組消去尤得

y2—4ty—4=0,所以力+丫2=41，y/2=-4

設(shè)點(diǎn)P(%o，y())直線P4PB的斜率分別為后，七，由P/1PB得自/2=-1，

16

k=％=月一％)=4

因?yàn)?4-X。y2y2yi+y0,同理七=有而

44o

所以七?k2=—+y0-—+y0=-1,化簡(jiǎn)得%+(yi+y2)yo+yi-y2+16=0

即%+4tyo+12=O,由已知方程只有一個(gè)解，故判別式△=16產(chǎn)-48=0,t=±V3

所以直線/方程為尤=gy+l相應(yīng)的點(diǎn)P(3,-2V3)

或直線I方程為％=—V5y+1相應(yīng)的點(diǎn)P(3,2V3)

【解析】【分析】(1)利用直線Z過焦點(diǎn)*1,0)且傾斜角為與和直線的斜率與直線的傾斜角的關(guān)系式，進(jìn)而得

出直線方程為y=8(x-1),再利用直線與拋物線相交，設(shè)點(diǎn)4(%1，yQ,Bg,%)，由韋達(dá)定理和拋物線

的定義和兩點(diǎn)距離公式得出AB的長(zhǎng)。

(2)設(shè)直線/方程為％=ty+l,再利用直線與拋物線相交，聯(lián)立二者方程結(jié)合韋達(dá)定理得出力+及=43

yiy2=-4,設(shè)點(diǎn)PQo，處)直線P4PB的斜率分別為七，k2,由241PB結(jié)合兩直線垂直斜率之積等于-1

和的=彳今，同理七=彳今，所以七/2=彳去二?彳M=—1,化簡(jiǎn)得羽+4tyo+12=O,由已知方程

71+70丫2+>071+70丫2十丫0u

只有一個(gè)解結(jié)合判別式法得出t的值,從而得出直線I方程為尤=V3y+1相應(yīng)的點(diǎn)P的坐標(biāo)或直線I方程為%=

-y/3y+1相應(yīng)的點(diǎn)P的坐標(biāo)。

20.【答案】(1)解：過點(diǎn)Q作QE||AB交AB于E,連接ED.

???QE||AB,CD||AB,QE||CD,

???四邊形QEDC是平面四邊形

又,??平面QEDCCI平面PAD=ED,CQ||平面PAD,COu平面QEDC,

CQ||ED,；.四邊形QEDC是平行四邊形，

:.QE=DC=2,而4B=3,于是盥=銘=卷

CD/iDD

(2)解：過P作P。，CD交CD的延長(zhǎng)線于O,

???APDC=120°,；.NPD。=60。，而P。=2,PO=2xsin60°=V3；

又???PD與平面ABCD所成角的大小為60°,

則P到平面ABCD的距離為2xsin60。=W，即PO的長(zhǎng)為P到平面ABCD的距離，

???PO1平面4BCD.

以O(shè)為原點(diǎn)，。4,OC,OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，

如圖建立空間直角坐標(biāo)系.

17

Z\

111

P-ABC~XPO=wX]X3x2XV3=W，

設(shè)四面體Q—ABC的高為h,由于QTBC=竽，所以備=g，

即需=|，所以器=攝

于是4(2,0,0),B(2,3,0),C(0,3,0),Q(|,1,竽),

?'?AC—(-2,3,0),AQ—(-可，11—,

設(shè)平面ZQC的一個(gè)法向量為元=(%,y,z).

—2%+3y=0

n?AC=

則0grt

n?AQ=0，—gx+y+竽Z=。'

令x=3,得五=(3,2,V3),又通=(0,3,0),

設(shè)直線與平面ZQC所成角為6,0°<0<90°,

\AB-n\_61

則sin0=

\AB\\n\—3x4-2,

e=30°,所以直線與平面AQC所成角的大小為30。.

【解析】【分析】(1)過點(diǎn)Q作QEII4B交于E,連接ED,利用QE||4B,CD||結(jié)合平行的傳遞性，

所以QE||CD,所以四邊形QEDC是平面四邊形，再利用CQ||平面PAD結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理證出線線平

行，所以CQIIED,所以四邊形QEDC是平行四邊形，進(jìn)而得出器的值。

(2)過P作P。！CO交CD的延長(zhǎng)線于O,利用NPDC=120。結(jié)合正弦函數(shù)的定義得出PO的長(zhǎng)，再利用

PD與平面ABCD所成角的大小為60。和正弦函數(shù)的定義得出點(diǎn)P到平面ABCD的距離，從而得出P0的長(zhǎng)為P

到平面4BCD的距離，所以P。！平面4BCD,以O(shè)為原點(diǎn)，OA,OC,0P所在直線分別為x軸，y軸，z軸，

建立空間直角坐標(biāo)系，從而得出點(diǎn)的坐標(biāo)，再結(jié)合向量的坐標(biāo)表示得出向量的坐標(biāo)，再利用三棱錐的體積公式

和已知條件，再結(jié)合平面的法向量求解方法得出平面2QC的一個(gè)法向量，再利用數(shù)量積求向量夾角公式和誘導(dǎo)

公式，進(jìn)而得出直線與平面4QC所成角的大小。

21.【答案】(1)解：由已知得:2Sn=C1n,0?+1,

18

方法一：當(dāng)n22時(shí)，2Sn_i=an_i?an,兩式相減的2斯=an(an+1-冊(cè)-1)，

因?yàn)閮?cè)片。，所以當(dāng)2時(shí)，即+i-即-1=2.

又由2Sn=an-an+1,當(dāng)n=1時(shí)，a2-2.

若｛時(shí)｝為等差數(shù)列,則即+i—an_=2d,所以公差d=l,則的=1.

方法二：由2sH=an-an+1,當(dāng)?i=1時(shí)，a2-2.

當(dāng)n=2時(shí)，2s2=。2?。3,又。2=2,且數(shù)列｛%J為等差數(shù)列，

所以得的+2=。3=+2d,a1=1.

則與=①Sn=叫由，符合題意，所以的=L

(2)解：令g="2九—1+Wn，則，i=◎1+2()1—1)+2幾=471+01-2,

42_Z0_2/c+42k+7

田鼠=Q+1-%+2佝(4k+的-2)2?3--3-=(4k+%+2)(4k+的+6)?3--3-，

化間得3(4/c+%—2)2=(4k+的+2)(4/c+%+6).

令4/c+%=3則3?—2)2=(t+2)(t+6)解得七=0或七=10,

因?yàn)閆eeN*,的>0,所以4k+“1=0無解，

4k+%=10得:｛憶;或用二

【解析】【分析】(1)由已知得：2Sn=%ran+i，方法一：再利用治,即的關(guān)系式和分類討論的方法和等差數(shù)

列的定義，進(jìn)而得出等差數(shù)列的公差的值，從而得出等差數(shù)列的首項(xiàng)的值；方法二：由2Sn=a"an+i結(jié)合分

類討論的方法和等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，進(jìn)而結(jié)合等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式得出公差和首項(xiàng)的值。

2

(2)令bn=a2n-1+?2n>則砥=4幾+國(guó)一2,由,=ck+1-*+2化簡(jiǎn)得3(4k+ar-2)=(4k+的+2)(4k+

+6)，令4k+CZ1—t,則3(t—2)2=(t+2)(t+6),進(jìn)而得出t的值,再利用kEN*,a】>0,所以4k+a1=

0無解，所以4k+%=10,再解方程得出的和k的值。

22.【答案】(1)解：因?yàn)?(2百，V3),且AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為苧，所以坊)，

又因?yàn)橹本€AB的斜率為1,即=1,：,y=0,所以點(diǎn)B(遮，0),

V3-2V3"B

點(diǎn)4B坐標(biāo)代入雙曲線方程，得|胃胃，解得。2=3,爐=1,

1khi

所以雙曲線方程為苧—y2=i.

另解：設(shè)4(打，yi),B(X2,y2)>由已知條件可得直線，：y-V3=x-2V3,

即y=x—V3,代入a―卷—1得Gb2—a2)%2+2V3a2%—3a2—a2/?2=0>

需滿足△=4a2/(3+b2-a2)>0,所以/+外=攣*，

a乙一b乙

19

由于線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為攣，令胡吟=3百，得。2=3公，①

又雙曲線C過（2V^,V3）,得，—今=1，（?）

由①②得。2=3,〃=1，滿足△〉（），所以雙曲線方程為^—y2=1.

（2）解：由題意可知ma的斜率存在，且互為相反數(shù)，

點(diǎn)ri）為雙曲線C上一點(diǎn)且位于第一象限，故zn〉l,n>0>

：

設(shè)直線。的斜率為k,則%的斜率為―匕則=：y—n=fc（x—m）,Z2y—幾=一k（%—租）.

\km\《

Z1與圓%2+0-九）2=1相切，于是圓心（0,八）到。的距離為而匚=1,

得人=與

y