【文档说明】《精准解析》陕西省部分名校2022-2023学年高二上学期期末理科数学试题（解析版）.docx，共(21)页，1.120 MB，由小赞的店铺上传

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高二数学试卷（理科）考生注意：1.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.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：北师大版必修5占30%，选修2-1占70%.第Ⅰ卷一､选择题：本题共12小题，每小题5分

，共60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1.椭圆22:143xyC+=的长轴为（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】由椭圆的标准方程即可.【详解】由椭圆22:143xyC+=得长轴为24a=.故选：D.2.在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，

若3,4,3cbA===，则=a（）A.13B.23C.5D.6【答案】A【解析】【分析】根据余弦定理计算直接得出结果.【详解】由余弦定理可得2222cos13abcbcA=+−=，所以13a=.故选：A.3.已知22:0,30;:,10pxxxqxx++=R.则下列命题中，真命题是（

）A.pqB.pqC.pqD.pq【答案】C【解析】【分析】分别判断命题,pq的真假性，然后由复合命题的真值表判断．【详解】对2:0,30pxxx+，当0x时，则2,00xx，故230xx+，故p为真命题，对2:,10qxx+=R，∵20

x，则2110x+，故q为假命题，则pq，pq，pq均为假命题，pq为真命题.故选：C.4.如图，在四面体PABC中，E是AC的中点，3BFFP=，设,,PAaPBbPCc===，则

FE=（）A.111232abc−+B.111242abc−+C.111343abc++D.212343abc−+【答案】B【解析】【分析】利用空间向量的线性运算法则即可得解.【详解】因为3BFFP=，所以1144FPBPPB==−，因为E是AC的中点，所以()1122AEACP

CPA==−，所以()1111224214PBFEFPPAAEPAPCPAPPBAPC=+−−++=++−=112214acb=−+.故选：B.5.已知等比数列na的前n项乘积为nT，若25TT=，则4a=（）A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据题意可得3451aaa=，结

合等比数列的性质即可求解.【详解】因为25TT=，所以1212345aaaaaaa=，由120aa得3451aaa=.又2354aaa=，所以41a=.故选：A.6.已知双曲线22221(0,0)xyabab−=的一条渐近线方程为3

40xy+=，则该双曲线的离心率是（）A.43B.53C.54D.52【答案】C【解析】【分析】求出ba的值，然后利用离心率公式21bea=+可求出双曲线C的离心率.【详解】由双曲线的渐近线方程为340xy+=可知直线的斜率为34−，34ba=，双曲线C的离心率为222235

1144cabbeaaa+===+=+=.故选：C.7.已知空间三点()()()2,1,1,1,0,2,0,3,1ABC−−，则C到直线AB的距离为（）A.5B.22C.6D.19【答案】B【解析】【分析】根据给

出的三个点求出AB、CB和BCuuur,求出cosABC和sinABC，即可求出C到直线AB的距离.【详解】由题意，空间三点()()()2,1,1,1,0,2,0,3,1ABC−−，()()1,1,3,1,3,3,19ABCBBC=−−=−=，∴1

111cos111919ABCBABCABCB===，()222sin1cos19ABCABC=−=，∴C到直线AB的距离为：sin22BCABC=，故选：B.8.已知数列na满足1nnaad−=+，2n，Nn，则“2mnaad−=”是“2mn−=”的（）A.

充分必要条件B.充分不必要条件C必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由题意可得na为等差数列，后据此判断2mnaad−=与2mn−=间关系可得答案.【详解】设na首项为1a，由1nnaad−=+，

可得1nnaad−−=，则可得()11naand+−=.则()()()111122mnaaamdandmnddmn−=+−−−−=−=−=()()()1122112mnmnmnddamdandaad−=−=+−−−−=−=.故“2mnaad−=”是“2m

n−=”的充分必要条件.故选：A9.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马PABCD−中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与

BD交于点O，2PAAB==，若//OG平面EFC，则AG=（）A.12B.34C.23D.1.【答案】C【解析】【分析】以A为坐标原点，,,ABADAP的方向分别为,,xyz轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，根据条件求得点G的坐

标，即可得到结果.【详解】以A为坐标原点，,,ABADAP的方向分别为,,xyz轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由题意可得()()()()()0,0,2,2,0,0,0,2,0,2,2,0,1,1,0PBDCO，则()()1,0,

1,0,1,1FE，所以()()1,2,1,1,1,0FCFE=−=−uuuruur，设平面EFC的法向量为(),,nxyz=，则02000nFCxyzxynFE=+−=−+==，解得3yxzx==，令1x=，则1,3yz==所以平面EFC的一个法向量为

()1,1,3n=因为OG∥平面EFC，则0nOG=ruuur设()0,0,Ga，则()1,1,OGa=−−uuur，所以1130a−−+=解得23a=，所以20,0,3G，即23AG=故选:C.10.设||1a，则1211aa+−+的最小值为（）A.322+B.3

22−C.1D.2【答案】A【解析】【分析】先得到10,10aa−+，再变形()121121111211aaaaaa+=+−++−+−+，展开，利用基本不等式求最值即可.【详解】||1a，则10,10aa−+，()()2112112

1111311211211aaaaaaaaaa−++=+−++=++−+−+−+()()13222111323222112aaaa−++=+=−++，当且仅当()21111aaaa−+=−+，即322a=−时，等号成立.故

选：A.11.已知P为抛物线2:16Cxy=−上一点，F为焦点，过P作C的准线的垂线，垂足为H，若PFH△的周长不小于30，则点P的纵坐标的取值范围是（）A.(,5−−B.(,4−−C.(,2−−D.(,1−−【答案】

A【解析】【分析】如图，设点P的坐标(),mn，准线与y轴的交点为A，根据抛物线的定义和勾股定理可得PFH△的周长为()4424nn−+−，令4tn=−，利用换元法可得22150tt+−，解之即可求解.【详解

】如图，设点P坐标为(),mn()0n，准线4y=与y轴的交点为A，则22224,||8641644PFPHnFHAFAHmnn==−=+=+=−=−，所以PFH△的周长为()4424nn−+−.得()()4424300nnn−+−，令4tn=−，则2t，有224300tt+−

，即22150tt+−，解得5t−(舍去)或3t，所以43n−，由0n解得5n−.故选：A.的12.如图，平行六面体1111ABCDABCD−的体积为111482,,6,4AABAADAAABAD=

===，且π,,,3DABMNP=分别为111,,ABCCCD的中点，则（）A.MNAP∥B.MP平面BDNC.1DNAC⊥D.P到平面MNC的距离为43819【答案】D【解析】【分析】通过体积求出该平行六面体的高，建立平面直角坐标系

并表达出各点的坐标，计算MN与AP的数量关系，MP与m的关系，DN与1AC的关系，P到平面MNC的距离，即可得出结论.【详解】由题意，在四边形ABCD中，4ABAD==，π3DAB=，∴四边形ABCD的面积为：π44sin833=，

在平行六面体1111ABCDABCD−中，体积为482，设平行六面体1111ABCDABCD−的高为h，∴83482Vh==解得：26h=，∵11AABAAD=，设1A在底面的投影在AC上.设1A在底面的投影为O，则1

26AO=，∵16AA=，∴2222116(26)23OAAAAO=−=−=.∵432ACOA==，∴O为AC的中点.以O为坐标原点，1,,OAOBOA的方向分别为,,xyz轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

，则()()()()()23,0,0,23,0,0,0,2,0,0,2,0,3,1,0,ACBDM−−()()()10,0,26,33,0,6,33,1,26ANP−−−，()()()143,1,6,53,1,26,23,0,26MNAPAC=−−=−−=−−，()()()43,2

,26,33,2,6,33,1,0MPDNMC=−−=−=−−，()()0,4,0,33,2,6DBBN==−−.∵MNAP，∴MN与AP不平行，故A错误.设平面BDN的法向量为()111,,mxyz=，则111133260,40,BNmxyzDBmy=−−

+===令12x=，则()2,0,3m=.∵4320263260MPm=−++=，∴MP与平面BDN不平行，故B错误.∵()()()13323062660DNAC=−−++−=，∴DN与1AC不垂直，故C错误.设平面MNC

的法向量为()222,,xnyz=，则222224360,330,nMNxyznMCxy=−−+==−−=令22x=，得()2,36,1n=−.∵()()432236264381957MPnn−+−−+==，∴P

到平面MNC的距离为43819，故D正确.故选：D第Ⅱ卷二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知双曲线222:1(0)xCyaa−=的焦距为10，则=a__________.【答案】26【解析】【分析】利用焦距的

定义及双曲线中,,abc三者的关系即可求解.【详解】因为双曲线222:1(0)xCyaa−=的焦距为10，所以210c=，解得5c=，由双曲线的标准方程可知，2125a+=，解得26a=或26a=−（舍去）故答案为：26.1

4.若,xy满足约束条件10,20,1,xyxyx+−−则zyx=−的最小值为__________.【答案】1−.【解析】【分析】先作出可行域，结合图形求出最小值.【详解】作出可行域如图

，当直线y=x+z经过点()1,0A时，zyx=−取最小值，最小值为1−.故答案为：1−.15.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，12BB=，E，F分别为棱11,ABAC的中点，则1EFBB=_

____________．【答案】4【解析】【分析】由空间向量线性运算的几何表示，结合空间向量的数量积运算即可求.【详解】在直三棱柱111ABCABC-中，12BB=，E，F分别为棱11,ABAC的中点，则()1111EFBBEBBBBBFB=+

+21111EBBBBBBBFB++=2020=++4=故答案为：416.已知椭圆22:14xCy+=的左､右焦点分别为12,,FFP为椭圆C上的一点，若121cos3FPF=−，则12PFPF=__

________.【答案】3【解析】【分析】运用椭圆定义及余弦定理可求得结果.【详解】由椭圆方程知，2a=，1b=，223cab=−=，则12||223FFc==，由椭圆定义知，12||||24PFPFa+==，所以()222212121212121

2121221221cos1223PFPFPFPFPFPFFFFPFPFPFPFPFPFPF+−−+−===−=−，所以123PFPF=.故答案为：3.三､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明

､证明过程或演算步骤.17.已知抛物线()20:2(0),6,CypxpAy=−−是抛物线C上的点，且10AF=.（1）求抛物线C的方程；（2）已知直线l交抛物线C于,MN两点，且MN的中点为()4,2−，求直线l的方程.【答案】（1）216yx=−（2

）414yx=−−【解析】【分析】（1）根据AF的长，由几何知识即可求出抛物线C的方程；（2）设出两点坐标和直线的斜率，将两点代入抛物线方程，由点差法求出斜率，根据MN的中点即可求出直线l的方程.【小问1详解】由题意，在抛物线2:2(0)Cypx

p=−中，10AF=，由几何知识得，6102pAF=+=，解得：8p=，故抛物线C的方程为：2:16Cyx=−.【小问2详解】由题意及（1）得，直线l的斜率存在，设直线l的斜率为()()1122,,,,kMxyNxy，则2112221616yxyx=−=−，

两式相减得()22121216yyxx−=−−，整理得12121216yyxxyy−=−−+，因为MN的中点为()4,2−，124yy+=∴12121644yykxx−==−=−−，∴直线l方程为：()244yx−=−+，即414yx=−−，经检验，满足

题意.18.已知数列na的前n项和为nS，且(7)2nnnS+=．（1）求na的通项公式；（2）设11nnnbaa+=，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）3nan=+（2）416nnTn=+【解析】【分析】（1）根据11,2,1nnnSSnaSn−−=

=求解即可；（2）由题知1134nbnn=−++，进而根据裂项求和法求解即可.【小问1详解】的解：当1n=时，111842aS===．当2n时，1(1)(6)2nnnS−−+=，所以1(7)(1)(6)322nnnnnnnaSSn−+−+=−=−=+，因为1n=也满足，

所以通项公式为3nan=+．【小问2详解】解：由（1）得3nan=+，所以11111(3)(4)34nnnbaannnn+===−++++，所以1111111145563444416nnTnnnn=−+−++−=−=

++++．19.如图，在长方体1111ABCDABCD−中，6ABAD==，18AA=.（1）求异面直线1AC与1AB所成角的余弦值；（2）求直线AC与平面1ABD所成角的正弦值.【答案】（1）734

170（2）48241【解析】【分析】（1）以A为坐标原点，AB、AD、1AA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线1AC与1AB所成角的余弦值；（2）利用空间向量法可求得直线AC与平面1ABD所成角的正弦值.

【小问1详解】解：以A为坐标原点，AB、AD、1AA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A、()6,0,0B、()0,6,0D、()6,6,0C、()10,0,8A、()

16,6,8C，所以，()16,6,8AC=，()16,0,8AB=−，所以，11111128734cos,17023410ACABACABACAB==−=−，因此，异面直线1AC与1AB所成角余弦值为734170.【小问2详解】解：设平面1ABD的法向量为(),,nxyz=，

()6,6,0BD=−，则1660680nBDxynABxz=−+==−=，取4x=，则()4,4,3n=，因为()6,6,0AC=，所以，48482cos,416241ACnACnACn===.因此，直线AC与平面1ABD所成角的正弦值为48241.20.△

ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知()sinsinbCABa=−−.（1）求A；（2）设2a=，当2bc+的值最大时，求△ABC的面积．的【答案】（1）π4（2）125【解析】【分析】（1）由正弦定理，三角形内角和和三角函数公式化简等式，即可得出A

.（2）根据正弦定理将2bc+转化为关于B的三角函数式，利用三角变换和正弦函数的性质可求其最值，从而求出,bc，即可求出△ABC的面积【小问1详解】由题意在△ABC中，()sinsinbCABa=−−，πABC++=，由正弦定理得

，sinsinbBaA=∴()sinsinπsinsinbCABaABCbBaA=−−++==，整理得到sin2cossinsinBABA=，而B为三角形内角，故sin0B，故sin21A=，而()20,2πA，故π22A=即π4A=.【小问2详解】由题意及（1）得在△AB

C中，2a=，π4A=，故外接圆直径222πsin4aR==，故22sin22sin22sin2sin4bcRBRCBB+=+=++()()22sinsincos222sincosBBBBB=++=+，()210sinB

=+，其中255cos,sin55==，且π0,2，因为3π0,4B，故3π,4B++，而3π3π5π,444+，故()sinB+的最大值为1，此时π2B+=，故25sincos5

B==，5cossin5B==，故254102255b==，且()π2235310sinsinsincos422510CBBB=+=+==故3106522105c==，此时1141065212sin225525ABCSbcA===.21.如图，在四棱锥PABC

D−中，ABCD是边长为2的菱形，且60DAB=，10PAPD==，32PB=，E，F分别是,BCPC的中点．（1）证明：平面PAD⊥平面DEF．（2）求二面角APBC−−的大小．【答案】（1）证明见解析（2）3π4【解析】【分析】（1）取AD的中点G，

连接PG、BG、BD，由线线垂直证AD⊥平面PGB，即可依次证ADPB⊥，ADEF⊥，AD⊥平面DEF，平面PAD⊥平面DEF（2）HGGB⊥于G，建立空间直角坐标系Gxyz−如图所示，由向量法求二面角即可.【小问1详解】证明：取AD的中点G，连接PG、BG、BD，由E，F分别是,B

CPC的中点得EFPB∥，由ABCD是边长为2的菱形，且60DAB=得ABD△、CBD△为正三角形，∴BGAD⊥，DEBC⊥，ADBC∥，∴DEBG∥，DEAD⊥，由10PAPD==得PGAD⊥，又,PGBGGPGBG=?、平面PGB，∴AD⊥平面PGB，

∵PB平面PGB，∴ADPB⊥，∴ADEF⊥，∵,EFDEEEFDE=?、平面DEF，∴AD⊥平面DEF，∵AD平面PAD，∴平面PAD⊥平面DEF.【小问2详解】作HGGB⊥于G，交PB于H，∵AD⊥平面PGB，则可建

立空间直角坐标系Gxyz−如图所示.在PBG△中，21013,213,32PGGBPB=-==-==，由余弦定理得31896cos32332PBG+-?=创，∴263sin133PBG骣琪?-=琪桫，323tan263PBG?=，∴26322HG=?.故()()()

()6661,0,0,0,3,0,2,3,0,0,0,,1,0,,0,3,,2,0,0222ABCHAHBHBC−=−=−=−，设平面PAB、平面PCB的法向量分别为()(),,,,,nxyzmabc==，则有62002,663030

22mBCanAHxzmBHbcnBHyz=−==−+==−+==−+=，令2,2zb==，则有()()3,1,2,0,2,2nm==，故二面角APBC−−的余弦值322cos,266mnmnmn×===´，由图可知，二面角APBC−−所成

平面角为钝角，∴二面角APBC−−的大小为3π4.22.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的右焦点为(7,0)，渐近线方程为32yx=．（1）求双曲线C的标准方程；（2）设D为双曲线C的右顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E

，F两点，若以EF为直径的圆经过点D，且DGEF⊥于点G，证明：存在定点H，使||GH为定值．【答案】（1）22143xy−=（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据条件列出关于a、b、c的方程组求解即可.（2）分类讨论斜率是否存在，①斜率存在时，设l的方程，联立

直线方程与双曲线方程，由0DEDF=得到m与k的关系式，得到直线恒过定点M，②斜率不存在时，再由0DEDF=得到直线l方程，进而得出此时直线l也恒过定点M，进而证得存在定点H为DM的中点，||GH为||DM的一半.【小问1详解】由题

意知，222732cbacab===+解得：23ab==，∴双曲线C的标准方程为：22143xy−=；【小问2详解】证明：由（1）知，(2,0)D，设11(,)Exy，22(,)Fxy①当l的斜率存在时，设l的方程为

：ykxm=+，22222(34)84120143ykxmkxkmxmxy=+−−−−=−=2222644(34)(412)0kmkm=−−−−，即：22430mk−+，122834kmxxk+=−，212241234mxxk−−

=−，∵以EF为直径的圆经过点D，∴DEDF⊥，又∵11(2,)DExy=−，22(2,)DFxy=−，∴1212121212(2)(2)2()40DEDFxxyyxxxxyy=−−+=−+++=，又∵2212121212()()()yykxmkxmkx

xkmxxm=++=+++∴221212(1)(2)()40DEDFkxxkmxxm=++−+++=，即：222224128(1)(2)403434mkmkkmmkk−−++−++=−−化简得：2216280mkmk++=，即：(14)(2)0mkmk++=，解得：14mk=−或2mk

=−，且均满足22430mk−+，当2mk=−时，2(2)ykxkkx=−=−，直线l恒过定点(2,0)，此时定点与D点重合，所以与已知相矛盾；当14mk=−时，14(14)ykxkkx=−=−，直线l恒过定点140(,)，记为点(14,0)M；②当l的斜率不存在时，

设l的方程为：xn=，设1(,)Eny，1(,)Fny−，(2n−或2)n，则221143yn−=，此时1(2,)DEny=−，1(2,)DFny=−−，∴22221(2)(2)3(1)04nDEDFnyn=−−=−−−=，整理得：216280nn−+=，解得：14n=

或2n=∵2n−或2n，∴14n=，此时l恒过定点(14,0)M.综述：l恒过定点(14,0)M.又∵DGEF⊥，即：DGMG⊥，（∵D、E、F三点都在直线l上）∴点G在以DM为直径的圆上，H为该圆的圆心，即DM的中点，||GH为该圆的半径，即||DM的一

半.故存在定点(8,0)H，使得||GH为定值6.【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路：（1）把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的

系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．（2）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式00()yykxx−=−，则直线必过定点00(,)xy；若得到了直线方程的斜截式yk

xm=+，则直线必过定点(0,)m.