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1、#QQABKQSEgggoAAIAAQhCQwX4CgOQkBEACKoGwFAAIAAAiAFABAA=#河北省保定市2023-2024学年高二上学期期末调研数学试题#QQABKQSEgggoAAIAAQhCQwX4CgOQkBEACKoGwFAAIAAAiAFABAA=#2023-2024 第一学期高二期末调研数学参考答案一：选择题12345678ACBBBABC二选择题9101112BDACDBCAB三：填空13.014.2=1215.61516.5三：解答题17.解：（1）?=?=?+?12?+?=?+13?12?+?=?+?12?+?=?+13?12?+?=?+13?12?+?=23
2、?16?12?=23?16?12?（2）由（1）得?=23?16?12?=?2=23?16?12?=23?16?12?2=23?2+16?2+12?2 2 23?16?23?16?23?16?2 23?12?+2 16?12?16?12?23?12?+2 16?12?16?12?=169+19+1 0 0+13=299=293#QQABKQSEgggoAAIAAQhCQwX4CgOQkBEACKoGwFAAIAAAiAFABAA=#18.（1）证明：因为an+12n+1an2n=3an32nan2n=3，a1 21=3 2=1。所以数列 an 2n是以 1 为首项，3 为公比的等比数列。（2）
3、解：由（1）得数列 an 2n是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，an 2n=3n1,an=3n1+2n,sn=13n13+2 12n12=2n+1+123n5219.（1）解：设点 P x,y，M x0,y0因为 P 为 MN 中点，x=x0+42y=y02，于是有x0=2x 4y0=2y，因为点 M 在圆2+2+8=0 上运动，所以x02+y02+8x0=0代入得 2x 42+2y2+8 2x 4=0，化简得2+2=4。（2）2+?2+?2=12+62+32+32+32+32=32+32 2+73=85 2因为2 x 2，所以 81 85 2 89所以 2+?2+?2的最大值为 89。
4、20.（1）证明：在正四棱锥 P-ABCD 中，连接 AC,BD 交于点 O，连接 OP.以 OB,OC,OP 分别为 X 轴，Y 轴，Z 轴建立空间直角坐标系。在AOP 中AP2=OP2+AO2则 AB=2 2,#QQABKQSEgggoAAIAAQhCQwX4CgOQkBEACKoGwFAAIAAAiAFABAA=#O 0,0,0,A 0,2,0,B 2,0,0,C 0,2,0,D 2,0,0,P 0,0,2 3,E 1,0,3,F 3,0,3AE?AE?=1,2,3,BF?BF?=3,0,3 所以AE?BF?=3+0+3=0BF?=3+0+3=0.所以 AEBF.（2）解：在BDP,E,
5、F 分别为 PB,PD 的中点,点 G 为 BF,DE 的交点，所以 G 为BDP 的重心，则 G 0,0,3,AC?AC?AC?=0,4,0,AG?AG?=0,2,3,PB?PB?=2,0,2 3.AD?AD?=2,2,0设平面 ACG 的法向量为n?=x,y,z 则n?AC?AC?AC?=0n?AG?AG?AG?=0即y=02y+3Z=0,令 x=1,y=z=0 则n?=1,0,0,设平面 ACG 的法向量为m?=x,y,z，则m?AE?AE?AE?=0m?AD?AD?AD?=0可得m?=1,1,3设平面 ADE 与平面 ACG 夹角为，则 cos=cosn?,m?m?=n?m?n?m?=
6、15=55,即 sin=2 55,所以平面 ADE 与平面 ACG 夹角的正弦值为2 55.21.（1）解：an为等差数列，设公差为 d，由已知可得知6a1+15d=18a1+9da1+(2n 1)d=2a1+2(n 1)d+1解得a1=1d=2,an=2n 1.#QQABKQSEgggoAAIAAQhCQwX4CgOQkBEACKoGwFAAIAAAiAFABAA=#（2）解：bn=an+14anan+1=2n 1+142n12n+1=2n 1+712n112n+1又因为数列 bn的前 n 项和为Mn，所以Mn=b1+b2+bn1+bn=1+7 1 13+3+71315+2n 1+712n1
7、12n+1=1+3+5+2n 1+1 13+1315+1517+12n112n+1=n2+7 72n+1.所以 Mn=5,n=19,n=2n2+6,n 3.又因为Tn表示Mn的前 n 项和，所以 n=1 时,T1=M1=5;n=2 时,T2=M1+M2=5+9=14;n 3 时,Tn=M1+M2+M3+Mn1+Mn=5+9+32+6+42+6+n2+6=n n+12n+16+6n 3所以Tn=5,n=114,n=2n n+12n+16+6n 3,n 322.（1）解：由题意得e=ca=5312OM ON=3即e=ca=5312a b=3解得a=3b=2所以椭圆 E:x29+y24=1（2）证明
8、：由题意可得直线 l 的斜率存在，设斜率为 k，P x1,y1，Q x2,y2#QQABKQSEgggoAAIAAQhCQwX4CgOQkBEACKoGwFAAIAAAiAFABAA=#则直线 l：y 2=k x 3,联立x29+y24=1y 2=k x 3，消去 y 得 4x2+9 kx 3k+22=36，化简得9k2+4 x2 54k2 36k x+81k2 108k=0，则x1+x2=54k236k9k2+4x1 x2=81k2108k9k2+4，因为 M,N 分别为椭圆的右顶点和上顶点，所以 M 3,0,N 0,2则直线 MN 为x3+y2=1，又因为过点 P 向 x 轴引垂线交 MN 于点 B，所以 B 点满足x3+y2=1x=x1解得 B x1,2 2x13，点 C 为点 P 关于点 B 的对称点，所以 C x1,4 4x13 y1，所以?=22344x13y113=k x2323+43x13+k x13+213=2k+43+x1+x26x1x23 x1+x2+9=2k+43+2 54k236k54k22481k2108k162k2+108k+81k2+36=2k+43+2 36k2436=2k+43 2k 43=0，所以 C,Q,M 三点共线。#QQABKQSEgggoAAIAAQhCQwX4CgOQkBEACKoGwFAAIAAAiAFABAA=#