《2022-2023学年北京市重点中学高二（上）期末数学试卷及答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年北京市重点中学高二（上）期末数学试卷及答案解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022-2023学年北京市重点中学高二（上）期末数学试卷一、单选题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 已知向量a=(1,2,1)，b=(3,x,y)，且a/b，那么xy=()A. 18B. 9C. 9D. 182. 已知O为原点，点A(2,2)，以OA为直径的圆的方程为()A. (x1)2+(y+1)2=2B. (x1)2+(y+1)2=8C. (x+1)2+(y1)2=2D. (x+1)2+(y1)2=83. 已知双曲线x2my2=1的渐近线方程为y=12x，则实数m的值为()A. 14B. 4C. 4D. 144. 为抛物线y2=2px(p0
2、)的焦点与椭圆x29+y25=1的一个焦点重合，则该抛物线的准线方程为()A. x=1B. x=1C. x=2D. x=25. 已知直线l过点A(3,1)，且与直线x2y+3=0垂直，则直线l的一般式方程为()A. 2x+y+3=0B. 2x+y+5=0C. 2x+y1=0D. 2x+y2=06. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案(如图1)，把三片这样的达芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体如图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面QGC的距离是()A. 14B. 12C. 22D. 327. 如图，在正方体ABCDA1B
3、1C1D1中，E是棱CD上的动点则下列结论不正确的是()A. D1E/平面A1B1BAB. EB1AD1C. 直线AE与B1D1所成角的范围为(4,2)D. 二面角EA1B1A的大小为48. 设an是首项为正数的等比数列，公比为q，则“qa2n”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件9. 已知圆的方程为x2+y28x+15=0，若直线y=kx+2上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆C有公共点，则k的最小值是()A. 43B. 53C. 35D. 5410. 已知曲线C：x|x|+4y2=4，点F(3,0)，下面有四个结论：曲线C关于
4、x轴对称；曲线C与y轴围成的封闭图形的面积不超过4；曲线C上任意点P满足|PF|23；曲线C与曲线(x2y2)(x+2y2)=0有5个不同的交点则其中所有正确结论的序号是()A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）11. 已知等比数列an中，a1=1，a2a3=27，则数列an的前5项和S5=12. 已知圆C：(x1)2+(y+1)2=4，若直线y=kx+1与圆C相交得到的弦长为23，则k=_13. 已知椭圆x29+y2b2=1(0bb0)的离心率为12，且经过点(1,32).(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点(1,0)作直线l与椭圆相交于A，B两点，试问在x轴上是
5、否存在定点Q，使得两条不同直线QA，QB恰好关于x轴对称，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由20. (本小题15.0分)已知抛物线E：x2=2py(p0)的焦点为F，A(2,y0)是E上一点，且|AF|=2(1)求E的方程；(2)设点B是上异于点A的一点，直线AB与直线y=x3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点21. (本小题14.0分)已知有限数列A：a1，a2，am为单调递增数列.若存在等差数列B：b1，b2，bm+1，对于A中任意一项ai，都有biaibi+1，则称数列A是长为m的数列()判断下列数列是否为数列(直接写出结果)：数列1，4，5，8；数列
6、2，4，8，16()若ab0，1m=12，解得m=4，故选：B由双曲线x2my2=1的渐近线方程为y=12x，可得m0，1m=12，解得m本题考查了双曲线的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题4.【答案】D【解析】解：椭圆x29+y25=1的右焦点坐标为(2,0)，抛物线的焦点坐标为(2,0)，抛物线的准线方程为x=2故选：D先求出椭圆的焦点坐标即是抛物线的焦点坐标，即可求出准线方程本题考查了抛物线的标准方程及其性质，是基础题5.【答案】B【解析】解：直线l与直线x2y+3=0垂直，则可设直线l为2x+y+k=0，直线l过点A(3,1)，2(3)+1+k=0，解得k=5，2x
7、+y+5=0故选：B根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题6.【答案】C【解析】解：建立空间直角坐标系如图， 则A(1,1,0)，C(0,2,0)，G(0,0,2)，Q(1,0,2)，GQ=(1,0,0)，GC=(0,2,2)，CA=(1,1,0)，设平面QGC的一个法向量为n=(x,y,z)，由nGQ=x=0nGC=2y2z=0，取z=1，得n=(0,1,1)，点A到平面QGC的距离是|nCA|n|=|1011+01|2=22故选：C由题意建立空间直角坐标系，求出平面QCG的一个法向量，再由点到平面的距离公式求解本题考查空间中点、线、面间的距离计算，
8、考查空间向量的应用，考查运算求解能力，是中档题7.【答案】C【解析】解：对于A，因为平面CDD1C1/平面A1B1BA，D1E平面CDD1C1，则D1E/平面A1B1BA，故选项A正确；建立空间直角坐标系如图所示，设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，设E(0,m,0)，0m1，所以EB1=(1,1m,1),AD1=(1,0,1)，因为EB1AD1=1+0+1=0，则EB1AD1，即EB1AD1，故选项B正确；对于C，AE=(1,m,0),B1D1=(1,1,0)，设直线AE与B1D1所成角为，所以|cos|=|1m|1+m22，当
9、m=0时，cos最大值为22，则的最小值为4，当m=1时，cos最小值为0，则的最大值为2，故选项C错误；对于D，二面角EA1B1A即二面角DA1B1A，因为DA1A1B1，AA1A1B1，DA1平面EA1B1，AA1平面AA1B1，所以DA1A即为二面角DA1B1A的平面角，在正方形ADD1A1中，DA1A=4，故二面角EA1B1A的大小为4，故选项D正确故选：C利用面面平行的性质，即可判断选项A，建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用向量垂直的充要条件，即可判断选项B，利用线面角的计算公式，即可判断选项C，由二面角的定义，得到二面角EA1B1A的大小为4，即可判断选项
10、D本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题8.【答案】A【解析】解：a2n1a2n，a1q2n2a1q2n1，a1q2n2(1q)0，a10，q2n20，1q0，q1，(,0)(,1)，q0为q1的充分不必要条件，即qa2n的充分不必要条件故选：A根据等比数列的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据等比数列的性质和公式是解决本题的关键9.【答案】A【解析】解：圆C的方程为x2+y28x+15=0，整理得：(x4)2+y2=1，圆心为C(4,0)，半径r=1又直线y=kx+2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，
