【文档说明】天津市四校2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题 含解析.docx，共(18)页，1.228 MB，由小赞的店铺上传

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2022～2023学年度第一学期期末考试高二数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟．考试结束后，上交答题卡．第Ⅰ卷（选择题，共45分）一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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，请将正确答

案的序号填涂到答题卡上．1.已知直线经过点()1,0，()4,3，该直线的倾斜角为（）．A.5π6B.π3C.π6D.2π3【答案】C【解析】【分析】根据两点表示直线斜率求出直线的斜率，再由斜率的定义即可得倾斜角.【详解】因为直线过点()1,0A，()4,3B，所以直线的斜率为303413−=

−，设直线的倾斜角为，则3tan3=，因为0π，所以π6=，故选：C.2.过直线10xy++=和240xy−+=的交点，且与直线230xy+−=垂直的直线方程是（）．A.230xy−+=B.250xy−+=C.240xy+−=D.230xy−−=【答案】B【解析】【分

析】先求出交点坐标，再根据与直线230xy+−=的位置关系求出斜率，运用点斜式方程求解.【详解】联立方程10240xyxy++=−+=，解得21xy=−=，所以交点坐标()2,1−；为直线230xy+−=的斜率为12−，所以所求

直线方程的斜率为1212−=−，由点斜式直线方程得：所求直线方程为()122yx−=+，即250xy−+=；故选：B.3.在四面体OABC−中，2OPPA=，Q是BC的中点，且M为PQ的中点，若OAa=，OBb=，OCc=，则OM=（）．A.111466a

bc++B.111643abc++C.111264abc++D.111344abc++【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的基底表示,OPOQ，再利用向量线性运算求解即可【详解】因为2OPPA=，所以23

OPOA=，因为Q是BC的中点，所以1()2OQOBOC=+，因为M为PQ的中点，所以1()2OMOPOQ=+1122OPOQ=+11()34OAOBOC=++111344abc=++，故选：D4.圆2244100xyxy+−−−=上的点到直线140xy+−=的最大距

离是（）．A.36B.82C.18D.62【答案】B【解析】【分析】求出圆的圆心坐标及半径，利用点到直线的距离公式计算，判断直线与圆的位置关系，即可求解.【详解】因为圆2244100xyxy+−−−=，即()()222218xy−+−=，所以圆心坐标为()2,2，半径32

r=，因为圆心到直线140xy+−=的距离222214523211d+−==+，所以直线140xy+−=与圆()()222218xy−+−=相离，所以圆2244100xyxy+−−−=上的点到直线140xy+−=的最大距离为5232=82dr+=+.故选：B.5.已知正

项等比数列na首项为1，且5344,,2aaa成等差数列，则na前6项和为（）A.31B.3132C.6332D.63【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的通项公式及等比数列的前n项和公式即可求解.【详解】∵5344,

,2aaa成等差数列，∴354242aaa=+，∴243111242aqaqaq=+，即2210qq+−=，解得12q=或1q=−，又∵0na，∴12q=，∴()66161111263113212aqSq−−===−−，故选：C.6.圆221:2410C

xyxy++++=与圆222:4410Cxyxy+−−−=的位置关系为（）．A.外切B.相交C.相离D.内切【答案】A【解析】【分析】根据两圆的方程确定圆心坐标和半径，判断圆心距离和两圆半径的关系，即可知两圆的位置关系.【详解】由题设，221:(1)(2)4Cxy+++=，222:(2)(2)9C

xy−+−=，∴1(1,2)C−−，半径12r=；2(2,2)C，半径23r=，∴221212(12)(|22)5|CCrr=−−+−−==+，则两圆外切.故选：A.7.已知抛物线()21:20Cxpyp=的焦点为F，双曲()22222:10,0xyCa

bab−=的离心率为3，F到双曲线2C的渐近线的距离为2，则抛物线1C的方程为（）．A.243xy=B.283xy=C.246xy=D.286xy=【答案】B【解析】【分析】首先根据离心率公式，求渐近线方程，再根据点到直线的距离公式，即可求解.【详解】由条件可知双曲线的离心

率2223cabeaa+===，所以2ba=，所以双曲线的渐近线方程为2yx=，抛物线()21:20Cxpyp=的焦点0,2pF，焦点到渐近线2yx=的距离2221pd−==+，解得：43

p=，所以抛物线1C的方程为283xy=.故选：B8.已知空间内三点()1,1,2A，()1,2,0B−，()0,3,1C，则点A到直线BC的距离是（）．A.6B.1C.463D.233【答案】A【解析】【分析】根据空间向量数量积的坐标表示求出cosABC，利用同角三角函数的关系求出s

inABC，结合sindABABC=计算即可求解.【详解】空间内三点(1,1,2)A，(1,2,0)B−，(0,3,1)C，所以=3AB，3BC=，(1,1,1)BC=uuur，(2,1,2)BA=−uur，由c

os3|333|||3BABCABCBABC===uuruuuruuruuur，所以26sin1cos3ABCABC=−=，所以点A到直线BC的距离636sin3dABABC===.故选：A9.已知椭圆(

)222210xyabab+=，A、B为椭圆左右顶点，F为左焦点，点P为椭圆上一点，且PFx⊥轴，过点A的直线与线段PF交于M点，与y轴交于E点，若直线BM交y轴于H点，H点为OE线段上靠近O点的三等分点，则椭圆的离心率方（）．A.2

3B.13C.34D.12【答案】D【解析】【分析】根据题意可知//MFOE、//MFOH，由相似三角形的性质可得MFacOEa−=、3MFacOEa+=，列等式，解之即可求解.【详解】由题意知，PFx⊥轴，在AOE△中，//MFOE，则MFAFacOEAOa−=

=，MFacOEa−=①；在MFB中，//MFOH，.则13OEOHBOaMFBFacMF===+，所以3OEaacMF=+，即3MFacOEa+=②，由①②，得3acacaa−+=，解得2ac=，所以椭圆的离心率为

12cea==.故选：D.第Ⅱ卷（非选择题，共105分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将正确的答案填写到答题纸上．10.已知向量()1,3,2a=−r，()1,1,0b=，则向量

2ab+__________．【答案】()3,1,2−【解析】【分析】根据空间向量坐标运算即可求解.【详解】向量()1,3,2a=−，()1,1,0b=,()()()21,3,2+21,1,023,1=,ab+=−−.故答案为：()3,1,2−.11.过点(1,3)M作圆22:4O

xy+=的切线方程是__________．【答案】340xy+−=【解析】【详解】因为点()1,3M在圆22:4Oxy+=上，所以切点为()1,3M，切线斜率133OMkk=−=−所以由点斜式写方程得()3133yx=−−+即340xy+−=故答案为340xy+−=12

.当点P在圆221xy+=上运动时，连接点P与定点()4,0Q，则线段PQ的中点M的轨迹方程为__________．的【答案】()22124xy−+=【解析】【分析】根据相关点法，利用中点坐标即可求解.【详解】设(),Mxy,由中点坐标公式可得()242Px,

y-，由于()242Px,y-在圆()()()22221242124xyxy−+=−+=上运动，所以M的轨迹方程为()22124xy−+=，故答案为：()22124xy−+=13.已知M为抛物线24yx

=上的动点，F为抛物线的焦点，点()1,1P，则MPMF+的最小值为__________．【答案】2【解析】【分析】根据抛物线的定义，利用三点共线即可求解.【详解】设点M在准线=1x−上的射影为N，根据抛物线的定义可知MFMN=,所以MPMFMPMN+=+,要

使MPMF+最小，只需要MPMN+最小即可，由于()1,1P在抛物线内，故当,,MNP三点共线时，此时MPMN+最小，故最小值为()12PPNx=--=，故答案为：214.已知圆()2222xyb−+=与双曲线()222210,0xyabab−=的渐近线相切，且圆心到双曲线左顶点

的距离为3b，则该双曲线的离心率是__________．【答案】2【解析】【分析】由圆的标准方程确定圆心坐标和半径，根据点到直线的距离公式与直线与圆的位置关系可知圆心即双曲线的右焦点，得2c=.由题意得3cab+=，结合222cab=+计算求出a，即可求解.【详解】由222(2)xyb−+=

，得圆心为(2,0)，半径为b，设双曲线()222210,0xyabab−=的一条渐近线方程为0bxay−=，则双曲线的右焦点(),0Fc到渐近线0bxay−=的距离为22bcdbba==+，又圆与该双曲线的渐近线0bxay−=相切，所以圆心到渐近线的距离为半径b，

所以圆心即双曲线的右焦点，即2c=.双曲线左顶点为(),0Aa−，由题意得23caab+=+=，由222cab=+，得220aa+−=，解得1a=，所以该双曲线的离心率是2cea==.故答案为：2.15.已知数

列na的前n项和为nS，设0na，10a=，()*1121NnnnSSnan++++=，则nS=___________.【答案】2+212nn−−【解析】【分析】根据na与nS的关系，整理等式，利用累加法，可得答案.【详解】由11nnnaSS++=−，即()()11

11nnnaSS++=+−+，代入1121nnnSSan++++=，可得()()()()1111111nnnnSSSSn+++++=+−+，则()()22111nnSSn++−+=，2n时，根据累加法，()()()()()()()()222222

2211221111111111nnnnnSSSSSSSS−−−+=+−+++−++++−+++()()()2112211nna=−+−+++++()()22111211222nnnnnn+−−−−+=+=+=，显然当1n=时，()2

21112112S−++==，公式成立，则2212nnnS−+=−.故答案为：2+212nn−−.三、解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16.已知圆C经过()()

2,2,4,6AB−−两点，且圆心C直线2yx=−上.（1）求圆C的方程；（2）过点()5,0M−的直线l与圆C相交于P、Q两点，若6PQ=，求直线l的方程.【答案】（1）()()221225xy++−=（2）()354yx=−+或5x=−【解析】【分析

】（1）根据条件运用两点距离公式求出圆心C的坐标和半径；（2）先设l的直线方程，运用垂径定理求出C点到l的距离，再利用点到直线距离公式求解.【小问1详解】设(),2Cmm−，则C到A，B两点的距离相等，即()()()()2222222426mmmm−+−

+=++−−，解得1m=−，即()1,2C−，半径()()222122225r=−−++=，圆C的标准方程为：()()221225xy++−=；【小问2详解】圆C的大致图像如下：()()225102205MC=−++−=＜，所以M点在圆内，由垂径定

理知C点到l的距离为226542−=，当直线l的斜率存在时直线方程为()5ykx=+，即50kxy−+=，由点到直线距离公式知：22541kkk−−+=+，解得34k=−；在当斜率不存在时，5x=−，点C到5x=−的距离也是154−+=，所

以直线l方程为()354yx=−+或5x=−；综上，圆C的标准方程为：()()221225xy++−=，直线l的方程为()354yx=−+或5x=−.17.若等差数列na的前n项和为nS，数列nb是等比数列，并且0nb＞，11334223,1,19,2a

bbSaba==+=−=.（1）求数列na和nb的通项公式；（2）求数列nnab的前n项和nT；（3）若()11N*·nnncnaa+=，求数列nc的前n项和nM【答案】（1）121,2nnnanb−=+=（2）()110252nnTn−=−+（3）69nnMn=+【解析

】【分析】（1）根据条件列方程组求出,dq；（2）运用错位相减法求解；（3）运用裂项相消法求解；【小问1详解】设na的公差为d，nb的公比为q，依题意有：212341233,3,32,33,1,,aadadadbbqbq==+=+=+===，23332193323qdd

dqd+++++=+−=+，解得55dq=−=−（舍），2,2dq==，()1132121,122nnnnannb−−=+−=+==；【小问2详解】令nnnadb=，()1212nndn−=+，的()1231

31527292212nnTn−−−−=++++++…①，()1234325272922122nnTn−−−−−=++++++…②，①-②得：()12313222222222122nnnTn−−−−−=+++++−+()()()11111

232221?2525?212nnnnn−−−−−−−=+−+=−+−，()110252nnTn−=−+；【小问3详解】()()111111212322123nnncaannnn+===−++++，11111111123557792123nMnn=

−+−+−++−++111232369nnn=−=++.18.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，ND⊥平面ABCD，π3DAB=，2AD=，1AM=，E为AB的中点．

（1）求证：AN∥平面MEC；（2）求平面EMC与平面MBC夹角的余弦值．（3）在线段AM上是否存在点P，使直线PE与平面MBC所成的角为π3？若存在，求出PE的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）1

11040；（3）不存在点P使直线PE与平面MBC所成角为π3.理由见解析.【解析】【分析】（1）设CM与BN交于F，连接EF，由题意可知四边形BCNM是平行四边形，则//ANEF，利用线面平行的判定定理即

可得证；（2）根据题意可得DEDC⊥，利用线面垂直的性质定理得到,DNDEDNDC⊥⊥，建立如图空间直角坐标系D-xyz，利用空间向量法求解面面所成角即可；（3）设(3,1,)Ph−，则01h，由（2）知平面MBC的法向量，利用

空间向量法求解线面角，即可判断.【小问1详解】因为四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，所以//ADBC且ADBC=，//ADMN且ADMN=，则//BCMN且BCMN=，所以四边形BCNM是平行四边形，设CM与BN交于F，则F是BN的中点．连接EF，又E是AB的中点，

所以//ANEF，又EF平面MEC，AN平面MEC，所以//AN平面MEC．【小问2详解】连接DE，由四边形ABCD是菱形，π3DAB=，所以ABD△为正三角形，又E是AB的中点，得DEAB⊥，即DEDC⊥，因为DN⊥平面ABCD，DEDC、平面ABCD，所以,DNDEDNDC⊥⊥，

建立如图空间直角坐标系D-xyz，则()0,0,0D，()3,0,0E，()0,2,0C，(3,1,1)M−，(3,1,0)B，得(0,2,1)MB=−，(3,3,1)MC=−−，(0,1,1)ME=−，

设平面EMC、平面MBC的一个法向量分别为1111(,,)nxyz=、2222(,,)nxyz=，则11111113300nMCxyznMEyz=−+−==−=，222222233020n

MCxyznMByz=−+−==−=令13y=，得112,3xz==，令23y=，得221,23xz==，∴1(2,3,3)n=，2(1,3,23)n=，得12212101111cos,||||104410nnnnnn===，又平面EMC与平面MBC的夹角为锐角，∴平面EMC

与平面MBC所成角的余弦值为111040；【小问3详解】设(3,1,)Ph−，则01h，且()0,1,PEh=−，由（2）知平面MBC的法向量为2(1,3,23)n=，设直线PE与平面MBC的所成角为，则π3=，所以sin=22223233cos,241hPEnPEnPEnh−==

=+，解得34h=−，不符合题意，∴在线段AM上不存在点P，使直线PE与平面MBC的所成角为π3．19.已知椭圆()2222:10xyCabab+=的左焦点F与抛物线24yx=−的焦点相同，且椭圆C的离心率为

12．（1）求椭圆C方程；（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M（点M在第二象限，此直线l与y轴的正半轴交于点N，直线NF与直线OM交于点P且37OFPOFNSS=△△，求直线l的斜率．【答案】（1）22143xy+=；（2）12.【解析】【分析

】（1）根据抛物线方程确定其焦点坐标，可得椭圆中的c值，结合离心率和公式222bac=−计算即可求解；（2）由题意可知，直线l的斜率存在且不为零，设直线l的方程为ykxm=+，且0m，将直线l的方程与椭圆C的方程联立，由Δ0=可得出22

43mk=+，列出韦达定理，求出点M、N的坐标，进而求出点P的坐标，由已知可得出37PNyy=，可求得1km=−，结合2243mk=+可求得k的值.【小问1详解】抛物线24yx=−的焦点为(1,0)−，与椭圆的左焦点F相同，所以(1,0)F−，即1c=，又椭

圆的离心率为12，即12cea==，所以2a=，则2223bac=−=，故椭圆C的标准方程为：22143xy+=.【小问2详解】由题意可知，直线l的斜率存在且不为零，设直线l的方程为ykxm=+，且0m，联

立22143ykxmxy=++=，消去y并整理，得()2223484120kxkmxm+++−=，()()2222644434120kmkm=−+−=，可得2234mk=+，有288243Mkmkxkm=−=−+，得4Mkx

m=−，则2243MMmkykxmmm−=+==，则点43,kMmm−，因为点M在第二象限，则4030kmm−，则00km，直线OM的方程为34yxk=−，在直线l的方程中，令0x=可得ym=，即点()0,Nm，易知点

()1,0F，001NFmkm−==−−，则直线NF的方程为()1ymx=−−，联立()341yxkymx=−=−−，得443343kmxkmmykm=−=−−，即点43,4343kmmP

kmkm−−−，因为37OFPOFNSS=△△，即37PNyy=，即33437mmkm−=−，可得1km=−，则1mk=−，将1mk=−代入2243mk=+，得()()224110kk−+=，则214k=，0k，解得12k=.20.已知nS为数列na的前n项和

，且()12nnnS+=，数列nb前n项和为nT，且12b=，12nnbT+=+．（1）求na和nb的通项公式；（2）设()21nnnca=−，设数列nc的前n项和为nP，求2nP；（3）若数列nd满

足：11nnnnnbbdbb=++−，证明：121niidn=+．【答案】（1）,2nnnanb==；（2）222nPnn=+；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据na与nS的关系即可得到nan=，根据12

nnbT+=+得到12nnbb+=，结合等比数列的定义即可得到2nnb=；（2）根据22=(1)=(1)nnnncan−−得到212+=41nnccn−−，结合等差数列前n项求和公式计算2nP即可；（3）

由（1）可得2241nnd=+−，利用作差法证明不等式bmbama++，可得23414nn−，结合等比数列前n项求和公式计算1niid=即可证明.【小问1详解】由(1)2nnnS+=，当1n=时，111aS==，当2n时，()()1+11===22nnnnnnnaSS

n−−−−，检验1n=时，111aS==，所以nan=；因为12nnbT+=+，1=+2nnbT−（2n），所以+11==nnnnnbbTTb−−−，即12nnbb+=（2n），而12112,224bbTb==+=+=，故212bb=满

足上式，所以数列nb是以12b=，公比等于2的等比数列，即2nnb=；【小问2详解】因为22=(1)=(1)nnnncan−−，所以()()22212+=21+2=41nnccnnn−−−−，所以21234212=++++++nn

nPcccccc−()23+41=3+7++(41)==2+2nnnnn−−；【小问3详解】由（1）知2nnb=，则22242221214141nnnnnnnnd=+==++−−−，设0,0abm，则

()0()()bmbabamabbmmabamaaamaam++−−−−==+++，所以bmbama++，所以2213414114nnn+=−−+，所以121212221112()23()414141444n

innidnn==++++++++−−−11(1)1442321211414nnnnn−=+=+−+−，即121niidn=+.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com