【文档说明】河南省三门峡市2023-2024学年高二上学期期末调研考试 数学 PDF版含答案.pdf，共(10)页，2.723 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-50c964f5dde5dff9851156c5a3eeb87b.html

以下为本文档部分文字说明：

试卷第1页，共5页2023—2024学年度上学期期末调研考试高二数学--参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案ADCABBCD二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．题号9101112答案ABDBCABABC三、填空题：本大题

共4小题，每小题5分，共20分．13．3914．315．8016．5四、解答题：共70分．第17题10分，18～22题每题12分．17．（本小题满分10分）【解析】（1）由12nnaa知{}na为等差数列，

设na的公差为d，则2d，569,,aaa成等比数列，所以2659aaa，即211110816aaa，解得17a，又2d，所以{}na的通项公式为29nan；（2）由(1)得22729

8(4)162nnnSnnn，所以当4n时，nS取得最小值，最小值为1618．（本小题满分12分）【解析】(1)由题意得0,0,0D，2,2,0B，0,2,0C，12,0,4A，12,2,4B，0,2,1E所以12,2,3AE

，所以144917AE，(2)设平面DBE的一个法向量为,,xyzn，则00DDBEnn，即20220yzxy，{#{QQABJQoEggC

oABBAAQgCQwEICkGQkBAAAAoOQBAAoAIACQFABAA=}#}试卷第2页，共5页取1x，则1,2yz，所以平面DBE的一个法向量为1,1,2n，设直线1AE与平面DB

E所成角为，则111105sincos,51172610AEAEAEnnn，所以直线1AE与平面DBE所成角的正弦值为510251．19．（本小题满分12分）【解析】（1）由题知，2Ax，由抛物线的定义知，2322AppAFx，

2p，C的方程为24yx．（2）由（1）知(1,0)F，设11,Mxy，22,Nxy，直线MN的方程为(1)ykx，代入24yx，整理得2222240kxkxk，由题易知0k，212224kxxk，121xx，

222121212114MNkxxkxxxx2222224124141kkkkk，O到直线MN的距离为21kdk，2

2224111215221MONkkkSMNdkkk△，解得2k，直线MN的方程为22yx或22yx．20．（本小题满分12分）【解析】（1）由四边形ABCD为正方形，DE平面ABCD，

知直线,,DADCDE两两垂直，以D为坐标原点，直线,,DADCDE分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如图，则(4,0,0),(,(0,0,4),0,4,(4,4,1)0)AEFC，(4,4,3),(4,0,4),(0,4

,4)EFCEEA，{#{QQABJQoEggCoABBAAQgCQwEICkGQkBAAAAoOQBAAoAIACQFABAA=}#}试卷第3页，共5页设平面AEF的一个法向量,,nxyz，则4430440nEFxyznAExz

，令4x，得4,1,4n，设平面CEF的一个法向量,,mabc，则4430440mEFabcmCEbc

，令4b，得1,4,4m，设平面AEF和平面CEF所成锐二面角为，则||88cos|cos,|33||||3333mnmnmn所以平面AEF与平面CEF所成锐二面角的余弦值为833．（2）假设存在0,0,(04)Ghh，又4,

4,0B，则(4,4,)BGh，(4,0,0)AD，由直线BG与AD所成角的余弦值为23，得2||162|cos,|3||||324BGADBGADBGADh

，解得2h，则存在点0,0,2G，为棱DE的中点时满足条件，即(4,0,2)AG，(4,4,0)AC，(4,0,1)CF，设平面ACF的一个法向量

111,,uxyz，则111144040uACxyuCFxz，令11x，得1,1,4u，所以点G到平面ACF的距离为||1222||32AGuu.21．（本小题满分12分）【解析】（1）因为121nnaa

，即1121nnaa，且11112a，可得10na，所以1121nnaa，即数列1na是以2为首项，2为公比的等比数列，则1122nna，即21nna，所以11

21nna，又1(1)1nnnnba，{#{QQABJQoEggCoABBAAQgCQwEICkGQkBAAAAoOQBAAoAIACQFABAA=}#}试卷第4页，共5页则112nnnnb.（2）由（1）可得，112nnnnb，则1

2122nnnnb，所以121111211211222222nnnnnnnnnnnnnnbbn，当2n时，102n，1

102nn，则10nnbb，所以1nnbb，所以当2n时，nb为单调递减数列，又12142b，26384b，3123164b，所以当2n或3n时，数列nb有最大项为34.22．（本小题满分12

分）【解析】（1）因为椭圆2222:10xyCabab右焦点为1,0，且经过点31,2M，所以222291411abab，解得2243ab，所以

椭圆C的方程为22143xy.（2）依题意，设直线PQ的方程为：(1)ykx，0k，代入22143xy，得22223484120kxkxk，222284344120kkk

恒成立.设11,Pxy，22,Qxy，线段PQ的中点为00,Rxy，则212024234xxkxk，则0023134kykxk，由QPNPPQNQ

，得20PQNQQPPQNQNPPQNRNP，所以直线NR为直线PQ的垂直平分线，直线NR的方程为：2223143434kkyxkkk，令0y

得：N点的横坐标22213344knkk，因为20,k，所以2344,k，所以10,4n.{#{QQABJQoEggCoABBAAQgCQwEICkGQkBAAAAoOQBAAoAIACQFABAA=}#}试卷第5页，共5页线段OF上存在点,0N

n，使得QPNPPQNQ，其中10,4n.（3）设直线AB的方程为：4ykx，0k，代入22143xy，得2222343264120kxkxk，因为过点04,0P且不垂直于x轴

的直线与椭圆交于A，B两点，所以由22223243464120kkk，得：11,22k，设33,Axy，44,Bxy，44,Exy，则23423234kxxk，2342641234kxxk，则直线AE的方程为343334

yyyyxxxx，令0y，得343334xxxyxyy344334433434448xkxxkxxyxyyykxx222234342342641232242434

341328834kkxxxxkkkxxk.易知当直线AB斜率为0时，直线AE也过点1,0.所以直线AE过定点1,0.{#{QQABJQoEggCoABBAAQgCQwEICkGQ

kBAAAAoOQBAAoAIACQFABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com