安徽省马鞍山市第二中学2022-2023学年高二下学期开学考试数学试题(含答案解析)

1．已知空间向量a，若a//b，则（（x，1，y）.（1，2，1）b

）A．xy1C．xy0

B．xy1D．xy2

）2．已知直线m1x3y10与直线4xmy10平行，则m的值为（A．3B．4

C．3或4

D．3或4）D．113．已知等差数列an，其前n项和是Sn，若S525，则a2a4（A．8B．9C．104．设等比数列an的首项为a1，公比为q，则“a10，且0q1”是“对于任意N*都有an1an”的（）B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不A．充分不必要条件必要条件x2y25．已知直线l交椭圆1于A，B两点，且线段AB的中点为1,1，则直线l的42斜率为（A．-2）B．

1

2C．2D．21

6．若直线kxy20与曲线1(y1)2x1有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（A．(,2]C．[2,)(,2]434343）4B．(,4]

34

D．(,)

3x2y2107．已知双曲线C:221（a0，b0）的离心率为，则C的渐近线方程为ab3（）1x413A．yB．yxC．y

1x2D．yx8．如图，在棱长为6的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，点试卷第1页，共4页M在DD1上，点N在A1B1上，若ONAM，则DM（）A．1B．2C．4D．3

二、多选题9．等差数列an的前n项和为Sn，若a10，公差d0，则（A．若S4S8，则S120C．若S5S6，则S4S510．下列结论正确的是（））B．若S4S8，则S6是Sn中最大的项D．若S3S4，则S4S5

A．直线3mx4y33m0mR恒过定点3,3B．直线3xy10的倾斜角为120°C．圆x2y24上有且仅有3个点到直线l:xy20的距离都等于1D．与圆x2y22相切，且在x轴､y轴上的截距相等的直线有两条211．已知四面体ABCD的所有棱长都是2,E,F,G分别是棱AB,AD,DC的中点，则（

A．ABAC2B．EFFG1

C．ABEG0D．GEGF1

）12．过抛物线y23x的焦点F的直线与抛物线交于A(x1,y1)(y10)，B(x2,y2)两点，点A,B在抛物线准线上的射影分别为A1,B1,AO交准线于点M(O为坐标原点)，则下列说法正确的是（）B．A1FB190

A．OAOB0

C．直线MB∥x轴D．AFBF的最小值是94三、填空题试卷第2页，共4页13．若抛物线y2mx的准线与直线x1间的距离为3，则抛物线的方程为______.r

14．已知点A1,2,1，平面经过原点O，且垂直于向量n1,1,3，则点A到平面的距离为__________．15．在等比数列an中，若a1a2a3a4

1111915

_____．，a2a3，则

aaaa881234x2y216．已知双曲线C:221,(a0,b0)的左右焦点分别为F1，F2，若C与直线yx

ab有交点，且双曲线上存在不是顶点的P，使得PF2F13PF1F2，则双曲线离心率取值范围范围为___________.四、解答题17．已知圆C的圆心在直线yx上，且圆C经过点M2,0和点N1,3．(1)求圆C的标准方程；(2)求经过点D2,1且与圆C相切的直线方程．n18．已知等比数列an的前n项和Sn2，为常数.(1)求的值与an的通项公式；(2)设bnanlog2an1，数列bn的前n项和为Tn，求Tn.19．如图，PA底面ABCD，ED底面ABCD，四边形ABCD是正方形，APAD2DE2.(1)证明：DE//平面ABP；(2)求直线CP与平面DCE所成角的正切值.x2y2

20．已知双曲线C:221a0,b0的渐近线方程为yx，实轴长22.ab(1)求C的方程；(2)若直线l过C的右焦点与C交于Ax1,y1，Bx2,y2两点，x1x26，求直线l的方程.试卷第3页，共4页11

a1．aa21．已知数列n满足1，n1an131

(1)设bn，证明：bn是等差数列；ana

(2)设数列n的前n项和为Sn，求Sn．n

22．在平面直角坐标系中xOy，椭圆C:在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；1x2y233,的离心率为，点1(ab0)

2a2b22(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线AP的斜率为k1，直线QB的斜率为k2，已知k17k2．求证：直线PQ恒过x轴上一定点.试卷第4页，共4页参考答案：1．B【分析】根据空间向量平行的坐标运算，即可进一步求解.

【详解】根据题意，由a//b，设bta，（x，1，y）（t1，2，1）（t，，2tt）即1解得：t，2则有xy

1，2由此得xy1．故选：B.2．B【分析】根据直线平行的判定得m(m1)120即可求m值，注意验证两直线是否平行，而非重合.【详解】由题设，m(m1)12m2m12(m4)(m3)0，可得m4或m3，当m4时，3x3y10、4x4y10平行，符合题设；当m3时，4x3y10、4x3y10重合，不合题设；∴m4.故选：B.3．C【分析】由已知可得a1a510，根据等差数列的性质即可得出结果.【详解】由已知可得，S5

5a1a5225，所以a1a510.又a1a5a2a4，所以a2a410.故选：C.4．A【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合等比数列的性质分析判断即可nn1n1

【详解】若a10，且0q1，则an1ana1qa1qa1q(q1)0，所以an1an，答案第1页，共14页nn1n1

反之，若an1an，则an1ana1qa1qa1q(q1)0，所以a10，且0q1或a10，且q1，所以“a10，且0q1”是“对于任意N*，都有an1an”的充分不必要条件.故选：A5．D【分析】设出A，B坐标，列出坐标所满足的方程，将两方程相减得到l的斜率与线段AB中点坐标的关系，由此求解出直线l的斜率.【详解】设Ax1,y1，Bx2,y2，因为A，B都在椭圆上，x12y12

12242x12x2y12y2所以2，两式相减，得()()0，2

xy442222142y1y21xx21得，x1x22y1y2又因为线段AB中点坐标为1,1，x1x2122，y1y2122，所以kAB故选：D.6．A【分析】分析曲线的形状，在同一坐标系内作出直线与曲线，利用数形结合方法求解作答.【详解】方程kxy20是恒过定点P(0,2)，斜率为k的直线，曲线1(y1)2x1，即(x1)2(y1)21(x1)，是圆心为C(1,1)，半径r1在直线x1及右侧的半圆，半圆弧端点A(1,0),B(1,2)，在同一坐标系内作出直线kxy20与半圆C：(x1)2(y1)21(x1)，如图，y1y2121

，x1x2222答案第2页，共14页当直线kxy20与半圆C相切时，由|k12|k211得切线PT的斜率k

4，3当直线PT绕点P逆时针旋转到过点A的直线的过程中的每一个位置的直线与半圆C均有两个公共点，包含直线PA，不包含直线PT，旋转到其它位置都没有两个公共点，直线PA的斜率kPA2，所以直线kxy20与曲线1(y1)2x1有两个不同的交点，则实数k的取值范围是4(,2].3故选：A7．B【分析】由双曲线的离心率，得到a，c关系，从而得到a，b关系，从而得到双曲线的渐近线方程.x2y210【详解】因为C:221的离心率为，ab3所以c10，

a31021

aa2a2，99222所以bca

1

解得ba，3b1x2y2所以双曲线C:221的渐近线方程为yxx.a3ab故选：B.8．D【分析】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐

标系，设点N6,n,6，M0,0,m，其中0m6，0n6，由ONAM0求出m的值，答案第3页，共14页即可得解.【详解】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则A6,0,0、O3,3,0，设点N6,n,6，M0,0,m，其中0m6，0n6，

AM6,0,m，ON3,n3,6，

因为ONAM，则ONAM366m0，解得m3，故DM3.故选：D.9．ABD【分析】根据S4S8可推得a6a70，利用等差数列的性质以及前n项和公式，可判断A；由S4S8可推出a6a70，进而判断a60，a70，则d0，即可判断B；由S5S6可得a60，d0，a5a6d，无法判断a5的正负，可判断C；由S3S4推出a40，d0，则a5a4d0，由此判断D.【详解】由S4S8，得S8S4a5a6a7a82(a6a7)0，所以a6a70，则S12

12(a1a12)

6a6a70，A正确；2因为S4S8，所以S8S4a5a6a7a82(a6a7)0，即a6a70，因为a10，d0，答案第4页，共14页所以a60，a70，则d0，等差数列an为递减数列，则则S6是Sn中最大的项，B正确；若S5S6，则S6S50，即a60，因为a10，d0，则d0，故a5a6d，无法判断a5的正负，故S5S4a5，不能判断S4S5，C错误；因为S3S4，所以S4S3a40，因为a10，d0，所以d0，则a5a4d0，则S5S4a5S4，D正确，故选：ABD10．BC【分析】求出直线3mx4y33m0mR过的定点，即可判断A；根据斜率与倾斜角的关系求出直线的倾斜角，可判断B;计算圆心到直线的距离，即可判断C的对错；求出与圆x2y22相切，且在x轴､y轴上的截距相等的直线，看有几条即可判断D2的对错.【详解】3mx4y33m0mR可变形为m(x3)3x4y30，x3x30令，得，y33x4y30即3mx4y33m0mR直线过定点(3,3)，故A错；直线3xy10的斜率为3，故其倾斜较为120，故B正确；圆x2y24的圆心到直线l:xy20的距离为d|2|1，2圆的半径为2，故圆x2y24上有且仅有3个点到直线l:xy20的距离都等于1，故C正确；答案第5页，共14页2设直线xya与圆x2y22相切，则|2a|22，解得a4或a0，则xy4,xy0满足题意，由此显可知xy0与圆x2y22相切，且在x轴､y轴上的截距相等，2故D错误，故选：BC11．ACD【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量数量级的坐标运算计算即可.【详解】以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C(1,3,0)，D(1,3,0)，A(0,

362326,)，,)，G(0,3,0)，E(0,33331536F(,,)，2632326326所以AB(0,,),AC(1,,)，33331313623EF(,,0),FG(,,)，EG(0,,

2226332811

ABAC2，EFFG0，3344442361ABEG0，GEGF(0,,)(,

333326)33612,)1.6333故选：ACD12．BCD【分析】选项A设直线方程代入抛物线方程中化简写出韦达定理，

再利用向量数量积的坐标表示运算OAOB即可；选项C利用A,O,M

三点共线找出关系式来说明即可；选项B利用FA1FB1数量积即可说明；答案第6页，共14页选项D设直线AB的倾斜角为(0)，则表示出AF,BF利用函数的性质求出最值即可.3

【详解】由题意可知，抛物线y23x的焦点F的坐标为(,0)，43

准线方程为x，易知直线AB的斜率不为0，4设直线AB的方程为xmy，2代入y23x，得y3my

349

0，4所以y1y23m,y1y2，9927339OAOB(x1,y1)(x2,y2)x1x2y1y20，xx(my)(my)则12，所以12

16416441694所以A不正确，y123因为A(,y1),O(0,0),M(,yM)三点共线，34y10yM093y1yM，所以y12，所以00443又y1y2

9

，所以yMy24所以直线MB∥x轴，所以C正确，由题意可得A1,B1的坐标分别为(,y1),(,y2)，3333999所以FA1FB1(,y1)(,y2)y1y20，44444443434所以A1FB190，所以B正确；33设直线AB的倾斜角为(0)，则AF，22,BF1cos1cos33999所以AFBF22442，21cos1cos1cossin4当且仅当ABx轴时取等号，所以D正确，故选：BCD.13．y216x或y28x

【分析】先求出抛物线的准线，再根据距离列方程求解即可.答案第7页，共14页【详解】抛物线y2mx的准线为x则m，4m13，解得m16或m8，4故抛物线的方程为y216x或y28x.故答案为：y216x或y28x.14．661111##1111【分析】根据点到平面距离的向量求法求解即可．uurruurr

【详解】由题意，OA1,2,1，n1,1,3，故OAn1236，所以点A到平面OA·n6611的距离为d．n1111故答案为：15．

61111531111a1a4a2a3．a1a2a3a4a1a4a2a3

【分析】根据等比数列下标和性质计算可得；【详解】解：∵在等比数列an中，a1a4a2a3，∴原式

a1a2a3a41595

．a2a388353故答案为：

【点睛】本题考查等比数列的性质的应用，属于基础题.16．(2,2)

【分析】由直线yx与双曲线有交点，得在一三象限的渐近线的斜率大于1，得出e的一个范围．双曲线上存在不是顶点的P，使得PF2F13PF1F2，PF1与y轴交于点Q，由平面几何的知识及双曲线定义得QF12a，在直角三角形QF1O中由边的关系得不等式，得出e的范围，同时由PF1F2的范围又是一个不等关系，从而得出离心率范围．222bcbcae2，【详解】双曲线C与直线yx有交点，则1，2，解得1aaaa2双曲线上存在不是顶点的P，使得PF2F13PF1F2，则P点在右支上，答案第8页，共14页设PF1与y轴交于点Q，由对称性QF1QF2，所以QF1F2QF2F1，所以PF2QPF2F1QF2F12PF1F2PQF2，PQPF2，所以PF1PF2PF1PQQF12a，由QF1OF1得2ac，所以e又△PF1F2中，PF1F2PF2F14PF1F2180，PF1F245，所以cc2，即e2，cosPF1F2

a2a2c

2，a综上，2e2．故答案为：(2,2)．17．(1)x2y24(2)x2或3x4y100

【分析】（1）根据题意设圆C的标准方程为xaybr2r0，进而待定系数法求解即可（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论求解即可【详解】（1）设圆C的标准方程为xaybr2r0，2

2

22

2a2b2r2221a3br2，由已知得ba解得a0,b0,r2，答案第9页，共14页所以圆C的标准方程为x2y24；（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为y1kx2，即kxy2k10，2k13

2，解得k，4k213

x2即3x4y100；4由直线与圆C相切，得此时直线的方程为y1

当直线的斜率不存在时，直线为x2，显然与圆C相切．所以所求直线的方程为x2或3x4y100

n1*

18．(1)1；an2(nN)n

(2)Tnn121

【分析】（1）利用递推关系与等比数列的通项公式即可得出；（2）利用错位相减法求数列{bn}的前n项和为Tn即可．【详解】（1）解：当n1时，S1a120，n1当n2时，anSnSn12，{an}是等比数列，a122111，即a11，所以1，数列{an}的通项公式为an2n1(nN*)；n1nn1

（2）解：由（1）得bnanlog2an12log22n2

Tn120221322(n1)2n2n2n1，2Tn121222(n1)2n1n2n，则Tn1222

12n1

1(12n)n2n2n2n1n2n．12n

Tnn12n1．19．(1)证明见解析；(2)2.2答案第10页，共14页【分析】（1）利用线面垂直的性质、线面平行的判定推理作答.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦即可求解作答.【详解】（1）因为PA底面ABCD，ED底面ABCD，则PA//DE，PA平面ABP，DE平面ABP，所以DE//平面ABP.（2）依题意，AB,AD,AP两两垂直，以A为坐标原点，AB,AD,AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，D0,2,0,C2,2,0,E0,2,1,P0,0,2CP2,2,2，则，AD0,2,0，而DEAD,DCAD,DEDCD,DE,DC平面DCE，即AD平面DCE，

则平面DCE的一个法向量为AD0,2,0，|ADCP|43，设直线CP与平面DCE所成角为，则sincosAD,CP3|AD||CP|22336sin2则cos1sin21，tan，33cos22所以直线CP与平面DCE所成角的正切值为x2y220．(1)C:1

222.2(2)2xy40或2xy40.【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程求出a，b即可求解.（2）根据直线和双曲线的联立以及x1x26即可求解.【详解】（1）根据题意，答案第11页，共14页2a22，b

1，a2，所以ab

x2y2所以C:1.22（2）双曲线C的半焦距ca2b22，显然直线l不垂直于y轴，设直线l方程为xmy2，联立直线方程和椭圆方程：x2y2

1

，22xmy2

所以(m21)y24my20，所以y1y2所以x1x26，所以my12my226，2

所以my1y22m(y1y2)20，4m2

,y1y22，2m1m12m24m

2m220，所以2m1m1

1解得m.2所以直线l的方程为：x

1

y2.2即2xy40或2xy40.21．(1)证明见解析(2)Sn

32n3

42n1n2【分析】（1）通过计算bn1bn1来证得bn是等差数列.（2）先求得an，然后利用裂项求和法求得Sn.答案第12页，共14页【详解】（1）因为bn1bn

111111a11

n1

1aan1an1anananan，nan1an1所以数列bn是以1为公差的等差数列．（2）因为b1

1

3，所以bn3(n1)1n2，a111由n2得an．ann2故an1111，nnn22nn2

aa1a2n，12n

所以Sn

11111111111111

1，232242352n1n12nn2

11111111111，232435n1n1nn21111122n1n2x222．(1)y214(2)证明见解析131132n322n1n242n1n2．【分析】（1）由题意列方程组求解；（2）设PQ直线方程，与椭圆方程联立，由题意列方程通过韦达定理化简求解，注意分类讨论直线PQ的斜率是否为0.c3a24a2222

【详解】（1）由题意可得abc，解得b21，231c3221

a4bx2所以椭圆C的方程为y21．4（2）依题意，点A(2,0),B(2,0)，设Px1,y1,Qx2,y2，因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有kAPkBQ，不合题意．所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为xtyn(n2)，答案第13页，共14页x22

y1222

与椭圆C联立4，整理得：t4y2ntyn40，xtyn

2tnyy,122t42222所以Δ4tn4t4n40，且2yyn4.12t24因为点Px1,y1是椭圆上一点，即x12y121，4则k

AP

kBP

x121y1y1y121

224，x12x12x14x1441

7kBQ，即28kBPkBQ14kBP

28y1y228y1y228y1y22x12x22ty1n2ty2n2ty1y2t(n2)y1y2(n2)2所以kAP因为28kBPkBQ

228(n2)28(n2)7n14t42221224(n2)n2tn42t2n(n2)t(n2)2tn(n2)t42

(n2)

t24t2428n24，222所以n，此时Δ16t4n44t70，3233

故直线PQ：xty恒过x轴上一定点D,0．22

答案第14页，共14页