2024-2025学年河北省保定市定州二中高二（上）联考数学试卷（12月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省保定市定州二中高二（上）联考数学试卷（12月份）（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.与向量a=(2,0,−2)同向的单位向量为( )
A. ( 22,0,− 22)B. ( 22,0, 22)C. (12,0,−12)D. (1,0,−1)
2.已知直线ax−2y−1=0与直线ax+(a+1)y+4=0平行，则a=( )
A. 1B. −3C. 0或1D. 0或−3
3.在数列{an}中，若a1=43，an+1=2−2an，则下列数不是{an}中的项的是( )
A. −2B. −1C. 12D. 3
4.已知圆M：(x−1)2+(y−2)2=2与圆N：x2+y2−6x−8y+m=0恰有三条公切线，则m=( )
A. 15B. 17C. 21D. 23
5.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S10−S6=6，则S16=( )
A. 12B. 18C. 24D. 32
6.在三棱柱A1B1C1−ABC中，已知A(1,0,1)，B(0,1,1)，C(0,2,0)，且M(2,2,4)为平面A1B1C1上一点，则三棱柱A1B1C1−ABC的高为( )
A. 3B. 2 3C. 6D. 2 6
7.已知抛物线y=x2的焦点为F，P为抛物线上一动点，点Q( 3,54)，记P到x轴的距离为d，则d+|PQ|的最小值为( )
A. 34B. 54C. 74D. 94
8.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为正方体内一动点(包括表面)，若AP=xAB+yAD+zAA1，且0≤x≤y≤1，则PB⋅PB1的取值范围为( )
A. [−1,1]B. [14,1]C. [1,2]D. [14,2]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若点A(m,4)和点B(−1−m,3)关于直线l：x+ny−3=0对称，则( )
A. m=0B. m=1C. n=1D. n=−1
10.已知A，B分别是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点，P是C上位于第一象限内任意一点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，若C的离心率为2，则下列说法正确的是( )
A. |PA|+|PB|为定值B. C的渐近线方程为y=± 3x
C. k1k2为定值D. k1+k2>2 3
11.已知数列{an}满足an+1an=5an−3an+1−1，a1=513，设数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列说法正确的是( )
A. 数列{1an−1}是等差数列B. 数列{an}的最大项为a7
C. 使得Sn取得最小值的n为7D. Tn有最小值，无最大值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在四面体OABC中，空间的一个点M满足OM=−OA+13OB+mOC，若M，A，B、C四点共面，则m= ______．
13.已知k> 33，则关于x的不等式 4x−x2≥k(x−3)+ 3的解集为______．
14.设F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，P为C上一点.若O为坐标原点，|OP|=|OF2|，且△F1PF2的面积等于8，则b= ______，a的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知圆M的圆心在直线y=3x+1上，且点A(1,2)，B(−1,4)在M上．
(1)求圆M的标准方程；
(2)若倾斜角为π4的直线l经过点C(0,4)，且l与圆M相交于D，E两点，求|DE|．
16.(本小题15分)
已知过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，|AB|=4．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若|AB|=6，求直线l的方程．
17.(本小题15分)
记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a4=14，S5=30．
(1)证明：数列{Sn−n2}是等差数列．
(2)若数列{bn}满足a1=2b1，且bn+1=bn+an，求{bn}的通项公式．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PD⊥平面ABCD，∠PAD=∠DAB=60°，E为AD的中点，M是线段PC上一点．
(1)证明：平面PBE⊥平面PAD．
(2)是否存在点M，使得EM//平面PAB？若存在，求PM的长；若不存在，说明理由．
(3)求平面PAD与平面MAB夹角的余弦值的最大值．
19.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，对于任意一点P(x,y)，总存在一点Q(x′,y′)满足关系式φ：x′=λx,y′=μy(λ>0,μ>0)，则称φ为平面直角坐标系中的伸缩变换．
(1)在同一直角坐标系中，求平面直角坐标系中的伸缩变换φ1，使得圆x2+y2=1变换为椭圆9x2+4y2=1．
(2)在同一直角坐标系中，椭圆x216+y2=1经平面直角坐标系中的伸缩变换φ：x′=12xy′=3y得到曲线C．
(i)求曲线C的方程；
(ii)已知A(−2,0)，B(−2,3)，过点B的直线交C于E，F两点，直线AE，AF与y轴的交点分别为P，Q，证明：线段PQ的中点为定点．
参考答案
1.A
2.D
3.B
4.D
5.C
6.B
7.C
8.D
9.AC
10.BCD
11.ACD
12.53
13.[0,3]
14.2 2 [4,+∞)
15.解：(1)由题意设圆心M(a,3a+1,)，又因为点A，B在圆M上，
所以|MA|=|MB|，即 (a−1)2+(3a+1−2)2= (a+1)2+(3a+1−4)2，
解得a=1，即M(1,4)，半径r=|AM|= 02+22=2，
所以圆M的方程为(x−1)2+(y−4)2=4；
(2)设倾斜角为π4的直线l经过点C(0,4)，可得直线l的方程为y=x+4，
即x−y+4=0，
可得圆心M到直线l的距离d=|1−4+4| 2= 22，
所以弦长|DE|=2 r2−d2=2 4−12= 14．
16.解：(1)抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F(p2,0)，
令x=p2，解得y=±p，
故|AB|=2p=4，解得p=2，
故抛物线C的方程为y2=4x；
(2)由题意可知，直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=k(x−1)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−1)y2=4x，联立整理可得，k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
由韦达定理可得，x1+x2=2k2+4k2，
故|AB|=x1+x2+p=2k2+4k2+2=6，解得k=± 2，
故直线l的方程为y=± 2(x−1)，即 2x±y− 2=0．
17.解：(1)证明：等差数列{an}的前n项和为Sn，设公差为d，
由a3+a4=14，S5=30，
可得2a1+5d=14，5a1+10d=30，
解得a1=d=2，
则an=2+2(n−1)=2n，Sn=n2+n，
即有Sn−n2=n，
可得数列{Sn−n2}是首项和公差均为1的等差数列；
(2)若数列{bn}满足a1=2b1，且bn+1=bn+an，
可得b1=1，bn+1−bn=2n，
则bn=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+...+(bn−bn−1)=1+2+4+...+2(n−1)=1+12(n−1)(2+2n−2)=n2−n+1．
18.(1)证明：连接BD，
因为底面ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB=60°，
所以△ABD是等边三角形，
又E为AD的中点，所以BE⊥AD，
因为PD⊥平面ABCD，且BE⊂平面ABCD，所以PD⊥BE，
又AD∩PD=D，AD、PD⊂平面PAD，所以BE⊥平面PAD，
因为BE⊂平面PBE，
所以平面PBE⊥平面PAD．
(2)解：取BC的中点F，连接DF，则DF⊥BC，DF⊥AD，
因为PD⊥平面ABCD，AD，DF⊂平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DF，
故以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
在Rt△PAD中，∠PAD=60°，AD=2，所以PD=2 3，
则P(0,0,2 3)，A(2,0,0)，B(1, 3,0)，C(−1, 3,0)，E(1,0,0)，
所以AB=(−1, 3,0)，AP=(−2,0,2 3)，PC=(−1, 3,−2 3)，
设平面PAB的法向量为m=(a,b,c)，则AB⋅m=−a+ 3b=0AP⋅m=−2a+2 3c=0，
取a= 3，则b=c=1，所以m=( 3,1,1)，
设PM=λPC=λ(−1, 3,−2 3)，λ∈[0,1]，
则EM=EP+PM=(−1,0,2 3)+λ(−1, 3,−2 3)=(−1−λ, 3λ,2 3−2 3λ)，
若EM/​/平面PAB，则EM⋅m= 3(−1−λ)+ 3λ+(2 3−2 3λ)=0，解得λ=12，
故存在点M满足题意，且PM=12PC=2．
(3)解：由(2)知AM=AP+PM=(−2,0,2 3)+λ(−1, 3,−2 3)=(−2−λ, 3λ,2 3−2 3λ)，
设平面MAB的法向量为m1=(x,y,z)，则m1⋅AB=−x+ 3y=0m1⋅AM=(−2−λ)x+ 3λy+(2 3−2 3λ)z=0，
取z=1，则x= 3(1−λ)，y=1−λ，所以m1=( 3(1−λ),1−λ,1)，
易知平面PAD的一个法向量为m2=(0,1,0)，
设平面PAD与平面MAB夹角为θ，
则csθ=|cs|=|m1⋅m2||m1|⋅|m2|=|1−λ| 3(1−λ)2+(1−λ)2+1×1=1 4+1(1−λ)2，
当λ=0时，csθ取得最大值 55，
故平面PAD与平面MAB夹角的余弦值的最大值为 55．
19.解：(1)将伸缩变换φ1：x′=λ1x,y′=μ1y(λ1>0,μ1>0)代入9(x′)2+4(y′)2=1中，
可得9(λ1x)2+4(ρ1y)2=1，
因为x2+y2=1，
所以9λ12=1，4μ12=1，
解得λ1=13，μ1=12，
则所求的伸缩变换φ1为x′=13xy′=12y；
(2)(i)因为φ：x′=12xy′=3y，
代入x216+y2=1，整理得(x′)24+(y′)29=1，
所以曲线C的方程为x24+y29=1；
(ii)证明：易知直线EF的斜率存在，
设直线EF的方程为y=k(x+2)+3，E(x1,y1)，F(x2,y2)，
联立y=k(x+2)+3x24+y29=1，消去y并整理得(4k2+9)x2+8k(2k+3)x+16(k2+3k)=0，
此时Δ=64k2(2k+3)2−64(4k2+9)(k2+3k)=−1728k>0，
解得k