湖南省邵阳市邵东市2022-2023学年高二上学期期末质量检测数学试题(含答案解析)

2）D．23B．6

2C．

23222．已知圆C1:x2y31和圆C2:x3y416，则圆C1与圆C2的位置关系为（A．内含）B．外切C．相交）D．D．相离3．曲线f(x)exx22x5在x0处的切线的倾斜角是（A．56B．23C．434）5x2y24．若离心率为的双曲线与椭圆1的焦点相同,则双曲线的方程是（34015x2y2

A．1

916x2y2B．1169y2x2

C．1

916y2x2

D．1

169a3a2

等于（b3

5．若1，a2，a3，4成等差数列；1，b2，b3，b4，4成等比数列，则A．

）．1

2B．21

1C．±4D．14）226．已知二次函数yaxa1x在x1处的导数值为1，该函数的最大值是（A．2516B．258C．254D．252ABAA13，AD1，7．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，则直线BC1与平面A1BD

所成角的正弦值为（）试卷第1页，共4页A．255B．55C．155D．10522xy

8．已知F1、F2为双曲线C1:221a0,b0的焦点，P为x2y2c2与双曲线C1

ab的交点，且有tanPF1

1F23，则该双曲线的离心率为（）．A．102B．173C．2D．3二、多选题9．已知空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(1,3,1)，则下列结论正确的有（）A．AB与AC

是共线向量B．与AB

共线的单位向量是(1,1,0)

C．AB与BC夹角的余弦值是5511D．平面ABC的一个法向量是(1,2,5)

10．已知抛物线C:y24x的焦点为F，Px0，y0为C上一动点，点A2，1，则（A．当x02时，PF3

B．当y01时，C在点P处的切线方程为2x2y10C．PAPF的最小值为3D．PAPF的最大值为211．已知Sn是等差数列an的前n项和，且S6S7S5，下列说法正确的是（）A．d0

B．S120C．数列Sn的最大项为S11

D．a6a712．已知f(x)xlnx2x1,则（）A．f(x)的定义域是1

2,



B．函数f(x)在12,1上为减函数C．若直线ym和yf(x)的图象有交点,则m(,1]D．ln

322

3(21)三、填空题试卷第2页，共4页）、B（4，2，3）、C（x，y，15）三点共线，则xy=___________.13．已知A（1，－2，11）x2y214．已知方程则实数m的取值范围是_______；1表示焦点在y轴上的椭圆，6m4m15．如图，直线l是曲线yfx在点(4,f(4))处的切线，则f(4)f(4)的值等于______．四、双空题16．已知an是等差数列,a15,且a22,a34,a46成等比数列,则a6______________;an的前n项和Sn______________．五、解答题17．已知直线l1:ax3y10,l2:x(a2)y10．（1）若l1l2，求实数a的值；（2）当l1//l2时，求直线l1与l2之间的距离．18．已知方程x2y22x4ym0，mR．(1)若此方程表示圆，求m的取值范围；

OMONOMON（Ox2y40(2)若（1）中的圆与直线相交于M，N两点，且为坐标原点），求m的值．19．数列{an}的各项均为正数，a11，当n2时，anan1anan1.(1)证明：{an}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn

14an1，数列{bn}前n项和为Sn，证明：Sn

1．2如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAD平面ABCD，20．PAD是斜边PA的长为22的等腰直角三角形，E，F分别是棱PA，PC的中点，M是棱BC上一点，试卷第3页，共4页(1)求证：平面DFM平面PBC；(2)若直线MF与平面ABCD所成角的正切值为余弦值．221．已知抛物线C:y2pxp0上的点M与焦点F的距离为313，求平面EDM与平面DMF夹角的135

，且点M的纵坐标为22p.(1)求抛物线C的方程和点M的坐标；(2)若直线l与抛物线C相交于A,B两点，且MAMB，证明直线l过定点.32

22．已知函数fxxaxxaR(1)若函数fx存在两个极值点，求a的取值范围；(2)若fxxlnxx在0,恒成立，求a的最小值.试卷第4页，共4页参考答案：1．B【分析】由直线的平行关系可得a22，解之可得．312【详解】解：直线ax2y20与直线3xy20平行，

a22，解得a6．312故选：B．2．A【分析】根据两圆的标准方程可知圆心坐标和半径大小，只需比较圆心距与两圆半径之差以及两圆半径之和的大小即可得出两圆位置关系.【详解】由题意可知，圆C1:x2y31的圆心为C1(2,3)，半径r1；圆C2:x3y416的圆心为C2(3,4)，半径R4；两圆心距离为C1C2(32)2(43)22，此时C1C22故双曲线的方程为1．916故选:A5．B【分析】根据1，a2，a3，4成等差数列，求得a3a2，再根据1，b2，b3，b4，4成等比数22列，得到b3144，b21b30求解.【详解】解：因为1，a2，a3，4成等差数列，所以a3a2

1

411，3又因为1，b2，b3，b4，4成等比数列，22所以b3144，b21b30，所以b32，所以a3a21

，b32故选：B6．B【分析】根据题意a22a11，且a0，解方程即可得函数解析式，再根据二次函数性质求解即可.2【详解】解：y2axa122因为二次函数yaxa1x在x1处的导数值为1，所以ya22a11，且a0，解得a2，52525

所以二次函数yaxa1x2x5x2x，

488

2222所以该函数的最大值是故选：B7．C25

.8答案第2页，共14页【分析】以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，则B1,3,0,D0,0,0,A11,0,3,C10,3,3，DB1,3,0,DA11,0,3,BC11,0,3，

ABDn设平面1的法向量x,y,z，nDBx3y0则，可取nnDA1x3z0

3,1,1，nBC12315cosn,BC1则，5nBC125所以直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值为故选：C.15.58．A【分析】设PF2m，则PF13m，将2a、2c用m表示，即可求得该双曲线的离心率.【详解】由题意知F1PF290，答案第3页，共14页在RtF1PF2中，tanPF1F2由勾股定理可得F1F21

，可设PF2m，则PF13m，322PF1PF210m2c，2c10又由PF1PF22a得2a2m，所以，e.

2a2故选：A.9．CD【分析】由空间向量共线定理判断A，根据单位向量的定义判断B，由向量数量积的定义求得向量夹角余弦值判断C，利用法向量定义求得法向量判断D．

【详解】对于A,AB(2,1,0),AC(1,2,1)，不存在实数，使得ABAC，所以AB与AC不是共线向量，所以A错误;255uuur

,,0或25,5，对于B，因为AB(2,1,0)，所以与AB共线的单位向量为0)，5555

所以B错误;ABBC55cosAB,BC对于C，向量AB(2,1,0),BC(3,1,1)，所以，所以C正确;11|AB||BC|

对于D，设平面ABC的法向量是n(x,y,z)，因为AB(2,1,0),AC(1,2,1)，所nAB02xy0以，即，令x1，则n(1,2,5)，所以D正确．x2yz0nAC0

故选：CD.10．ACD答案第4页，共14页【分析】当x02时，求出PF判断A；设切线与抛物线联立使Δ0求出切线方程判断B；利用抛物线的定义转化求解PAPF的最小值可判断C；根据三角形两边之差小于第三边判断D．【详解】因为抛物线C:y24x，所以准线l的方程是x=1.对于A，当x02时，2p4，此时|PF|x0对于B，当y01时，x0y24my4m10，p

213，故A正确;2

11

，令切线方程为:m(y1)x，与y24x联立得44

令16m216m40，解得mB错误;111

，即切线方程为:(y1)x，即4x2y10，故242

对于C，过点P,A分别作准线l的垂线，垂足为Q,B,

则|PA||PF||PA||PQ||AB|3，所以|PA||PF|的最小值为3,故C正确.对于D，因为焦点F(1,0)，所以|PA||PF||AF|(21)2122，所以|PA||PF|的最大值为2,故D正确.故选：ACD11．ABD【分析】由S6S7S5判断出a70，a60，求出da7a60，即可判断A；利用等差数列的性质求出S126a6a70，可以判断B；由a60，a70，可判断出S6最大，可以判断C；答案第5页，共14页由a60，a70，a6a70，可以判断D.【详解】因为S7S6a70，S6S5a60，所以da7a60，A正确；S7S5a6a70，所以S12

12a1a1226a6a70，B正确；因为a60，a70，所以数列Sn的最大项为S6，C不正确；因为a60，a70，a6a70，所以a6a70，即a6a7，D正确．故选：ABD．12．ABD【分析】根据f(x)解析式,列出x需要满足的条件,解出即可判断A的正误;求f(x),判断其正负,确定f(x)的单调性,根据f(1)0和f(x)的定义域,确定f(x)在区间上的正负,即f(x)单调性,即可判断B的正误;根据f(x)单调性求出端点值和极值点,画出草图,即可判断C的正误;根据f(x)单调性,取特殊值,即可证明D的正误.【详解】解:关于选项A:f(x)xlnx2x1,x0,2x10

解得x1,2故选项A正确;关于选项B:f(x)xlnx2x1,f(x)1lnx

12x1,31f(x)2x12,x1x,1,f(x)0,2f(x)在,1单调递增,21f(x)f(1)0,f(x)在,1上单调递减,21答案第6页，共14页故选项B正确;关于选项C:311

f(x)2x12,x,,x2

f(x)0,1

f(x)在,单调递增,2

f(1)0,1x,1时,f(x)0,f(x)单调递减,2x1,时,f(x)0,f(x)单调递增,ln21

f,f10,fe22e22e210,22

所以画f(x)草图如下:由图可知,若直线ym和yf(x)的图象有交点,则m1,,故选项C错误;关于选项D:x1,时,f(x)单调递增,3

ff11,2

333即ln211,22232

ln(21)成立,23故选项D正确.故选:ABD13．2．答案第7页，共14页

【详解】试题分析：由三点共线得向量AB与AC共线，即ABkAC，(3,4,8)k(x1,y2,4)，x1y241

，解得x，y4，∴xy2．3482考点：空间三点共线．14．6m1

【分析】根据椭圆的焦点在y轴上列不等式，由此求得m的取值范围.x2y2【详解】由于方程1表示焦点在y轴上的椭圆，6m4m4m6m所以，解得6m1.6m0故答案为：6m115．11

##5.52【分析】由函数的图像可得f45，以及直线l过点(0,3)和(4,5)，由直线的斜率公式可得直线l的斜率k，进而由导数的几何意义可得f(4)的值，将求得的f4与f(4)的值相加即可.【详解】由函数的图像可得f45，直线l过点(0,3)和(4,5)，则直线l的斜率k又由直线l是曲线yfx在点(4,f(4))处的切线，则f(4)所以f(4)f(4)5故答案为：16．-511

2n26n

1，2531

，402111．22【分析】(1)设出等差数列的公差,根据a22,a34,a46成等比数列,列出式子,将a2,a3,a4均用a1,d代替,解出d,即可求a6的值;(2)由上一空求得的d,根据等差数列前n项和公式代入即可求出答案.【详解】解:由题知an是等差数列,不妨记公差为d,因为a22,a34,a46成等比数列,a15,所以a34a46a22,答案第8页，共14页2即2d93d11d7,解得:d2,故a6a15d5105;由于a15,d2,所以Snna1

nn12dn26n.2故答案为:-5;n26n17．（1）a

322；（2）.23

【解析】（1）由垂直可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程.（2）由平行可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程，进而可求出两直线的方程，结合直线的距离公式即可求出直线l1与l2之间的距离.【详解】（1）∵l1:ax3y10,l2:x(a2)y10，且l1l2，∴a13(a2)0，解得a

3．2（2）∵l1:ax3y10,l2:x(a2)y10，且l1//l2，∴a(a2)31且a1，解得a3，∴l1:3x3y10,l2:xy10，即l1:3x3y10,l2:3x3y30∴直线l1,l2间的距离为d

313232

22．3【点睛】本题考查了由两直线平行求参数，考查了由两直线垂直求参数的值，属于基础题.18．(1),5(2)1.6

【分析】（1）利用配方法，结合圆的标准方程特征进行求解即可；（2）根据平面向量数量积的运算性质和坐标表示公式，结合一元二次方程根与系数进行求解即可.【详解】（1）x2y22x4ym0x1y25m，答案第9页，共14页22因为该方程表示圆，所以有5m0m5，因此m的取值范围为,5；（2）x2y40x42y代入方程x2y22x4ym0中，化简，得5y216y8m0，则有16208m0m设Mx1,y1,Nx2,y2，则有y1y2

168m,y1y2，55OMONOMONOMON2

24，52OMON22222

OMON2OMONOMON2OMONOMON0，x1x2y1y2042y142y2y1y20168y1y25y1y20

168

168m2450m1.6，555所以m的值1.6

219．(1)证明见解析；ann

(2)证明见解析【分析】（1）将递推式变形为anan1anan1anan1，消去anan1即可证明，再根据等差数列的通项公式求解即可；（2）变形得bn

111

，利用裂项相消法计算Sn，再观察即可得结果.22n12n1

【详解】（1）由anan1anan1得anan1anan1anan1因为数列{an}的各项均为正数，故anan10，anan11，又a11

所以{an}是以1为首项，1为公差的等差数列.ana1n1n

答案第10页，共14页2即ann；2（2）由（1）ann得bn

14n21，bnSn

12n12n1111，22n12n11111111111

112335572n12n122n1

1

0，2n111111，1，2n122n121.2则1即Sn

20．(1)证明见解析(2)7209209【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得PD平面ABCD，从而PDBC，又BCCD，由线面垂直的判定定理得BC平面PCD，则BCDF，又DFPC，得DF平面PBC，根据面面垂直的判定定理即可证得结论；（2）取CD的中点N，则NF//PD，NF

1

PD1，结合（1）得NF平面ABCD，结合2线面角的定义得FMN是直线MF与平面ABCD所成角，求得MN，MC，建立空间直角坐标系，分别求出平面EDM、DMF的法向量，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）因为PAD是斜边PA的长为22的等腰直角三角形，所以PDDA，PDDA2，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDDA，PD平面PAD，∴PD平面ABCD，又BC平面ABCD，∴PDBC，又BCCD，PDCDD，PD,CD平面PCD，∴BC平面PCD，因为DF平面PCD，∴BCDF，∵PDDC，F是棱PC的中点，∴DFPC，又PCCBC，PC,CB平面PBC，∴DF平面PBC．又DF平面DFM，∴平面DFM平面PBC．（2）如图，取CD的中点N，连接MN，NF，答案第11页，共14页则NF//PD，NF

1

PD1，2由（1）知PD平面ABCD，∴NF平面ABCD，∴FMN是直线MF与平面ABCD所成角，∴tanFMN∴MN

1313，

MN1321322，∴MCMNNC，33以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，2

则有：D0,0,0，E1,0,1，F0,1,1，M,2,0，3

2

∴DE1,0,1，DF0,1,1，DM,2,0，3

设平面EDM的法向量为ma,b,c，平面DMF的法向量为nx,y,z0DEmacm则，令a3，则3,1,3，20DMma2b3

0DFnyz



2有，令x3，则n3,1,1，0DMnx2y

3

mn77209cosmn∴，2091911mn∴平面EDM与平面DMF夹角的余弦值为21．(1)抛物线C:y22x；M2,2(2)证明见解析7209．209答案第12页，共14页【分析】（1）设Mx0,2p，结合抛物线焦半径公式可构造方程组求得x0,p，由此可得抛物线方程和点M坐标；（2）设l:xmyn，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式；由垂直关系可得kMAkMB1，代入韦达定理的结论可整理得到n2m4，代入直线方程可得定点坐标.p5

x02x0

Mx,2p22，解得：【详解】（1）设，则，0

p12px04p

抛物线C:y22x；M2,2.（2）由题意知：直线l斜率不为零，可设l:xmyn，Ax1,y1，Bx2,y2，y22x

由得：y2-2my-2n=0，4m28n0，即m22n0；xmyn

y1y22m，y1y2=-2n；kMA

y12y12y2y2222

2kMB22x12y14y12，x22y24y22，224441又MAMB，kMAkMBy12y22y1y22y1y242n4m4；则n2m4（此时m22nm24m8m240成立），2直线l:xmy2m4my24，当y=2时，x4，直线l恒过定点4,2.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.22．(1)a3或a3(2)1答案第13页，共14页【分析】（1）函数fx存在两个极值点，等价于3x22ax10有两个不同的解，利用判别式大于零求解即可；2（2）fxxlnxx在0,恒成立，即xaxlnxa

lnxlnx

xx，转化为求gxxx的最大值，利用导数即可得答案.32

【详解】（1）因为fxxaxxaR，'2

所以fx3x2ax1

因为函数fx存在两个极值点，所以3x22ax10有两个不同的解，所以4a2120，解得a3或a32

（2）fxxlnxx在0,恒成立，即xaxlnxa

lnx

x恒成立，x令gx

lnx

x，则agxmaxx1lnxx2因为gx，2x2

设hx1lnxxh10，ylnx,y1x2在0,上都递减，所以hx1lnxx在0,上递减，2

'

所以，当0x1时，hx0，此时gx0，gx在0,1上递增，'

当x1时，hx0，此时gx0，gx在1,上递减，所以g(x)maxg11，所以a1，即amin1

答案第14页，共14页