2024-2025学年安徽省阜阳三中高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年安徽省阜阳三中高二（上）期中数学试卷（含答案），共9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。
1.若复数z满足(2+3i)z=1+8i，则复数三在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知数列{1an}是首项为5，公差为2的等差数列，则a11=( )
A. 125B. 122C. 117D. 119
3.把一个高9cm的圆锥形容器装满水，倒进一个与它底面积相等、高度相等的圆柱形容器中，此时水的高度是( )
A. 4.5cmB. 3cmC. 27cmD. 1cm
4.设a为实数，已知直线l1：ax+3y−2=0，l2：6x+(a−3)y+4=0，若l1//l2，则a=( )
A. 6B. −3C. 6或−3D. −6或3
5.已知圆x2+y2−2ax+4ay+5a2−9=0上所有点都在第二象限，则a的取值范围( )
A. (−∞,−3)B. (−∞,−3]C. [−3,−32]D. (−3,−32)
6.如图所示，若P为平行四边形ABCD所在平面外一点，H为PC上的点，且PHHC=12，点G在AH上，且AGAH=m.若G，B，P，D四点共面，则m为( )
A. 12B. −34C. 34D. −23
7.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点为A1，A2，左、右焦点为F1，F2，上、下顶点为B1，B2.关于该椭圆，有下列四个命题：
甲：|A1F1|=1；
乙：△B1F1F2的周长为8；
丙：离心率为12；
丁：四边形A1B1F2B2的面积为3 3．
如果只有一个假命题，则该命题是( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
8.已知A，B是抛物线C：y2=4x上异于原点的两点，且以|AB|为直径的圆过原点，过点M(0,4)向直线AB作垂线，垂足为H，则|OH|的最大值为( )
A. 4B. 4 2C. 4 3D. 8
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.在空间直角坐标系O−xyz中，已知A(1,2,−2)，B(0,1,1)，下列结论正确的有( )
A. AB=(−1,−1,3)
B. 点A关于xOy平面对称的点的坐标为(1,−2,2)
C. 若m=(2,1,1)，则m⊥AB
D. 若n=(a,−2,6)，n//BA，则a=−2
10.在平面直角坐标系xOy中，已知F1(−1,0)，F2(1,0)，M(x,y)是动点.下列命题正确的是( )
A. 若|MF1|+|MF2|=2，则M的轨迹的长度等于2
B. 若|MF1|−|MF2|=1，则M的轨迹方程为4x2−4y23=1
C. 若|MF1|⋅|MF2|=4，则M的轨迹与圆x2+y2=6有交点
D. 若|MF1||MF2|=2，则OM⋅OF2的最大值为3
11.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它的研究对象普遍存在于自然界中，因此又被称为“大自然的几何学”.按照如图1所示的分形规律，可得如图2所示的一个树形图.若记图2中第n行白圈的个数为an，其前n项和为Sn；黑圈的个数为bn，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是( )
A. a4=5B. bn+1=an+bn
C. S2024=b2024−1D. S2024+T2024=b2025
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.数列{an}满足an+1=2an，且a1=4，则a2023+a2024= ______．
13.已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为2，现样本加入三个新数据4，5，6，则此时样本的方差s2=______．
14.已知正四棱锥S−ABCD底面边长为2，高为1，动点P在平面ABCD内且满足PA2+PB2+PC2+PD2=12，则直线AP与SC所成角的余弦值的取值范围为______．
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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知sinCcsB=(a−1)csCsinB，b>1．
(1)证明：csC=1b；
(2)若a=2，△ABC的面积为1，求c．
16.(本小题15分)
已知{an}是单调递增的等差数列，a1+a2=4，且a1，2a2，4a5成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若an=lg2bn，求b1b2−b2b3+⋯+(−1)n+1bnbn+1．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥平面ABCD，△ABC是边长为2 3的等边三角形，AD=2，∠ADC=2π3．
(1)证明：平面PCD⊥平面PBC；
(2)若平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为 217，求PC的长．
18.(本小题17分)
设直线l1：y= 2x，l2：y=− 2x点A和点B分别在直线l1和l2上运动，点M为AB的中点，点O为坐标原点，且OA⋅OB=−1．
(1)已知直线l：(2m+1)x+(m+1)y+m=0经过定点P，直线l3经过点P，且l1⊥l3，求直线l3的方程．
(2)求点M的轨迹方程Γ；
(3)当直线AB的斜率存在时，设点P(− 3,0)关于直线AB的对称点为Q，证明：直线MQ过定点．
19.(本小题17分)
对于数列{an}，若存在正数k，使得对任意m，n∈N∗，m≠n，都满足|am−an|≤k|m−n|，则称数列{an}符合“L(k)条件”．
(1)试判断公差为2的等差数列{an}是否符合“L(2)条件”？
(2)若首项为l，公比为q的正项等比数列{an}符合“L(12)条件”.①求q的取值范围；②记数列{an}的前n项和为Sn，证明：存在正数k0，使得数列{Sn}符合“L(k0)条件”．
参考答案
1.D
2.A
3.B
4.A
5.A
6.C
7.B
8.B
9.ACD
10.AD
11.AD
12.92
13.1.6
14.[ 33, 63]
15.解：(1)证明：由sinCcsB=(a−1)csCsinB，
可得sinCcsB+csCsinB=acsCsinB，
即sin(B+C)=acsCsinB，即sinA=acsCsinB，
由正弦定理，可得a=abcsC，
又a>0，故csC=1b；
(2)由a=2，△ABC的面积为1，
可得12absinC=12×2×1csC×sinC=tanC=1，
由C∈(0,π)，可得C=π4，
由余弦定理，有c2=a2+b2−2abcsC=4+b2−2×2×b×1b，
化简得b=c，故B=C=π4，则A=π2，
又a=2，所以b=c= 2．
16.解：(1)设{an}的公差为d，由a1+a2=4，得2a1+d=4．
因为a1，2a2，4a5成等比数列，所以4(a1+d)2=4a1(a1+4d)，则2a1d=d2．
结合{an}是递增的等差数列，可知d>0，所以2a1=d．
解方程组2a1+d=42a1=d，可得a1=1d=2，
所以等差数列{an}的通项公式为an=1+2(n−1)=2n−1；
(2)若an=lg2bn，则bn=2an=22n−1，
可得(−1)n+1bnbn+1=(−1)n+122n−1⋅22(n+1)−1=16×(−16)n−1，
所以{(−1)n+1bnbn+1}构成以16为首项，公比为−16的等比数列．
可得b1b2−b2b3+⋯+(−1)n+1bnbn+1=16[1−(−16)n]1−(−16)=1617[1−(−16)n].
17.解：(1)证明：在△ADC中，AD=2，AC=2 3，∠ADC=2π3，
由余弦定理AC2=DA2+DC2−2DA⋅DCcs∠ADC，得到DC2+2DC−8=0，
解得DC=2，所以DA=DC=2，得到∠DCA=π6，
又因为∠ACB=π3，所以∠DCB=π2，即DC⊥CB，
又因为PC⊥平面ABCD，CB⊂面ABCD，所以PC⊥CB，
又因为PC∩DC=C，PC，DC⊂面PCD，所以BC⊥面PCD，
又BC⊂面PBC，所以平面PCD⊥平面PBC．
(2)由(1)知，CD，CB，CP两两互相垂直，
则以CD，CB，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设PC=a(a>0)，因为DC=2，BC=2 3，∠ACB=π3，
则C(0,0,0),D(2,0,0),B(0,2 3,0),A(3, 3,0),P(0,0,a)，
则DA=(1, 3,0),DP=(−2,0,a)，
设平面PAD的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⊥DP，n⊥DA，
则n⋅DP=0n⋅DA=0，即x+ 3y=0−2x+az=0，取x=a，得y=− 33a,z=2，
所以n=(a,− 33a,2)，
由题知，平面PBC的一个法向量为m=(1,0,0)，
设平面PAD与平面PBC的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n⋅m||n|⋅|m|=a a2+13a2+4= 217，整理得到a2=4，解得a=2，
所以PC=2．
18.(1)解：对于直线l：(2m+1)x+(m+1)y+m=0，将其变形为m(2x+y+1)+x+y=0，
令2x+y+1=0x+y=0，解得x=−1y=1，∴定点P(−1,1)，
已知直线l1：y= 2x，其斜率k1= 2，
∵l1⊥l3，∴直线l3的斜率k=−1 2=− 22，
∴直线l3的方程为y−1=− 22(x+1)，即 2x+2y−2+ 2=0．
(2)解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x,y)，则y1= 2x1,y2=− 2x2，
∴x=x1+x22,y=y1+y22= 2(x1−x2)2,从而x1=2x+ 2y2,x2=2x− 2y2,
∵OA⋅OB=−1，∴x1x2+y1y2=x1x2−2x1x2=−x1x2=−1，即x1x2=1，
则2x+ 2y2×2x− 2y2=1，整理得x2−y22=1，
∴点M的轨迹方程为x2−y22=1．
(3)证明：设M(x0,y0)，则|x0|≥1，
当直线AB的斜率存在，易得y0≠0，
且kAB=y1−y2x1−x2= 2(x1+x2)x1−x2= 2×2x0 2y0=2x0y0，
则直线AB的方程为y−y0=2x0y0(x−x0)，
注意到x02−y022=1，化简得AB：2x0x−y0y−2=0，
点P(− 3,0)与Q关于直线AB对称，
设Q(x′,y′)，则由y′−0x′+ 3×2x0y0=−12x0×x′− 32−y0×y′+02−2=0，
解得Q(x0+ 3 3x0−1,−2y0 3x0−1)，
又M(x0,y0)，∴kMQ=−2y0 3x0−1−y0x0+ 3 3x0−1−x0=y0( 3x0−1)+2y0x0( 3x0−1)−x0− 3
=( 3x0+1)y0 3x02−2x0− 3=( 3x0+1)y0( 3x0+1)(x− 3)=y0x0− 3，
从而MQ：y−y0=y0x0− 3(x−x0)，
令x= 3，得y=0，因此直线MQ过定点T( 3,0)．

19.解：(1)因为{an}是等差数列且公差为2，所以an=a1+2(n−1)，
所以对任意m，n∈N∗，m≠n，
|am−an|=|[a1+2(m−1)]−[a1+2(n−1)]|=|2(m−n)|≤2(m−n)恒成立，
所以数列{an}符合“L(2)条件”．
(2)①因为an>0，所以q>0．
若q=1，则|am−an|=0≤12|m−n|，数列{an}符合“L(12)条件”；
若q>1，因为数列{an}递增，不妨设m1−lg4[2(q−1)]时，qn−1(q−1)−12>0，矛盾．
若0