安徽省泗县第一中学2024-2025学年高二上学期期末数学测试卷

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第I卷（选择题）
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.已知a,b,c是空间向量的一个基底，则可以与向量p=a+b，q=a−b构成基底的向量是( )
A. aB. bC. a+2b D. a+2c
【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量基底意义的正确理解及应用，属于基础题．
利用空间向量基底的意义即可得出．
【解答】
解：∵a=12(p+q)，b=12(p−q)，a+2b=32p−12q，
∴A，B，C中的向量都不能与向量p=a+b，q=a−b构成基底．
∵{a,b,c}是空间向量的一个基底，
∴与向量p=a+b，q=a−b构成基底中必须存在c，D满足题意．
故选D．
2.设x，y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,−2,2)，且a⊥c，b//c，则|a+b|=( )
A. 2 2B. 3C. 5D. 4
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间向量垂直和平行的坐标运算，以及空间向量的模的计算，属于中档题．
根据空间向量垂直和平行的坐标运算解得x，y，可得a=0,1,1,b=1,−1,1，解得a+b=1,0,2，再由模长公式求解．
【解答】
解：a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(2,−2,2)，
因为a⊥c,b/​/c，则2x−2+2=012=y−2,
解得x=0y=−1,
所以a=0,1,1,b=1,−1,1，
则a+b=1,0,2，
所以|a+b|= 5．
3.已知公差不为零的等差数列{an}中，a3+a5+a7=12，a1，a3，a6成等比数列，则等差数列{an}的前8项和S8为 ( )
A. 20B. 30C. 35D. 40
【答案】B 解：公差d不为零的等差数列{an}中，a3+a5+a7=12，
可得3a5=12，即a5=4，即a1+4d=4，①
a1，a3，a6成等比数列，可得a1a6=a32，即a1(a1+5d)=(a1+2d)2，②
解①②方程可得a1=2，d=12，
前8项和S8=8×2+1122=30，
故选：B．
4.过点P(1,2)且与原点O距离最大的直线方程为( )
A. x+2y−5=0B. 2x+y−4=0
C. x+3y−7=0D. 3x+y−5=0
【答案】A 解：要使过点P(1,2)的直线与原点距离最大，结合图形可知该直线与直线PO垂直，
由kOP=2−01−0=2，则所求直线l的斜率为−12，
∴直线l的方程为y−2=−12(x−1)，
即x+2y−5=0．
5.已知圆M:x2+y2−2x−2y−2=0，直线l:2x+y+2=0,P为l上的动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A,B，当四边形PAMB面积最小时，直线AB的方程为( )
A. 2x−y−1=0B. 2x+y−1=0
C. 2x+y+1=0D. 2x−y+1=0
【答案】C
解：化圆M为(x−1)2+(y−1)2=4，
圆心M(1,1)，半径r=2，
∵S四边形PAMB=2S△PAM=|PA|⋅|AM|=2|PA|=2 |PM|2−4，
∴当四边形PAMB面积最小时，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直．
直线PM的方程为y−1=12(x−1)，即y=12x+12，
联立y=12x+122x+y+2=0，解得P(−1,0)，
则以PM为直径的圆的方程为x2+(y−12)2=54，
联立x2+y2−2x−2y−2=0x2+y2−y−1=0，可得直线AB的方程为2x+y+1=0．
7.在圆幂定理中有一个切割线定理：如图1所示，QR为圆O的切线，R为切点，QCD为割线，则QR2=QC⋅QD.如图2所示，在平面直角坐标系xOy中，已知点A−1,0，点P是圆O:x2+y2=4上的任意一点，过点B1,0作直线BT垂直AP于点T，则2PA+3PT的最小值是( )
A. 6 2B. 8 2C. 4 2D. 2 2
【答案】A
解：连接PO，
在△PAB中，因为O是AB的中点，点P是圆O:x2+y2=4上的任意一点，
所以PO=12(PA+PB)，平方得|PO→|2=14(|PA→|2+|PB→|2+2|PA→|⋅|PB→|cs∠APB)，
将cs∠APB=|PA|2+|PB|2−|AB|22|PA|⋅|PB|代入可得
|PO|=12 2(|PA|2+|PB|2)−|AB|2=2，
因为|AB|=2，所以PA2+PB2=10，
所以cs∠APB=3PA⋅PB，
在Rt△PBT，PT=PBcs∠APB=3PA，
所以2|PA|+3|PT|=2|PA|+9|PA|⩾2 18=6 2，
当且仅当2PA=9PA，即PA=3 22时，取等号，
8.已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(2n−1)·2n，设bn=2n+1nan，Sn为数列{bn}的前n项和．若Snb>0)，与双曲线x2m2−y2n2=1(m>0,n>0)具有相同焦点F1、F2，且在第一象限交于点P，椭圆与双曲线的离心率分别为e1、e2，若∠F1PF2=π3，则e12+e22的最小值是_________ ．
【答案】2+ 32
解：由题意可得PF1+PF2=2aPF1−PF2=2m ，
所以解得PF1=a+mPF2=a−m,
在△PF1F2 中，根据余弦定理可得F1F22=PF12+PF22−2PF1PF2cs∠F1PF2，
代入得4c2=(a+m)2+(a−m)2−2(a+m)(a−m)×12，
化简得c2=a2+3m24，
而e12+e22=c2a2+c2m2=a2+3m24a2+a2+3m24m2
=1+3m24a2+a24m2≥1+2 3m24a2×a24m2
=1+ 32，
当且仅当3m24a2=a24m2时取等号，
所以e12+e22的最小值为2+ 32，
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)
已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1，底面是正方形，AD=AB=2，AA1=1，∠A1AB=∠DAA1=60∘，A1C1=3NC1，D1B=2MB，设AB=a，AD=b，AA1=c．
(1)试用a、b、c表示AN；
(2)求MN 的长度．
【答案】解：(1) AN=AA1+A1N=c+23(a+b)=23a+23b+c．
(2) AM=12(AB+AD1)=12a+12b+12c，
NM=AM−AN=−16a−16b−12c，
所以|NM|= (−16a−16b−12c)2
= 136a→2+136b→2+14c→2+118a→⋅b→+16a→⋅c→+16b→⋅c→
= 136×22+136×22+14×12+0+2×16×2×1×cs⁡60°
= 296．
16.(本小题15分)
已知斜率k=−12且过点A5,−4的直线与直线：x−2y−5=0相交于点C．
(1)求以点C为圆心且过点B4,2的圆C的标准方程；
(2)求过点Q−3,1且与(1)中的圆C相切的直线方程．
【答案】解：(1)l1：y+4=−12(x−5)即x+2y+3=0，l2：x−2y−5=0；
由x+2y+3=0x−2y−5=0，得x=1y=−2，即C(1,−2)．
因为B(4,2)，所以|CB|=5；
所以圆C的方程为：(x−1)2+(y+2)2=25；
(2)因为点Q(−3,1)在圆C上，设过Q点圆的切线方程为l，
当l斜率不存在的时候，x=−3符合题意，
当l斜率存在，可设为k，
则l的方程为y−1=k(x+3)即kx−y+3k+1=0，
点C(1,−2)到直线l的距离为d=|4k+3| k2+1=5，
即k=43，
即所求直线的方程为4x−3y+15=0，
所以过Q点圆C的切线方程为方程4x−3y+15=0或x=−3．
17.(本小题15分)
在如图1所示的图形中，四边形ABCD为菱形，∠BAD=60∘,▵PAD和▵BCQ均为直角三角形，∠PDA=∠QCB=90∘,PD=AD=2CQ=2，现沿AD,BC将▵PAD和▵BCQ进行翻折，使PD//QC(PD,QC在平面ABCD同侧)，如图2．
(1)当二面角P−AD−B为90∘时，判断DQ与平面PAB是否平行；
(2)探究当二面角P−AD−B为120∘时，平面PBQ与平面PBD是否垂直；
(3)在(2)的条件下，求平面PBD与平面QBC夹角的余弦值．
【答案】解：(1)若二面角P−AD−B为90∘，
则平面PAD⊥平面ABCD，
因为平面PAD∩平面ABCD=AD，且PD⊥AD，PD⊂平面PAD
所以PD⊥平面ABCD，如图，
以D为坐标原点，DA，DP的方向分别为x，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则P(0,0,2)，D(0,0,0)，B(1, 3,0)，Q(−1, 3,1)，A(2,0,0)，
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，
因为BP=(−1,− 3,2)，BA=(1,− 3,0)，
所以n⋅BP=−x− 3y+2z=0n⋅BA=x− 3y=0,
令x=3，得n=(3, 3,3)，
因为DQ=(−1, 3,1)，
所以DQ⋅n=−1×3+ 3× 3+1×3≠0，
所以DQ不与平面PAB平行；
(2)取BC的中点E，连接DE，则DE⊥AD，
因为AD⊥PD，
所以二面角P−AD−B的平面角为∠PDE，即∠PDE=120∘，
如图，
以D为坐标原点，DA，DE的方向分别为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则P(0,−1, 3)，D(0,0,0)，B(1, 3,0)，C(−1, 3,0)，
由CQ=12DP，可得Q(−1, 3−12, 32).
设平面PBD的法向量为m=(x1,y1,z1)，
因为DB=(1, 3,0)，DP=(0,−1, 3)，
所以m⋅DB=x1+ 3y1=0m⋅DP=−y1+ 3z1=0,
令z1=1，得m=(−3, 3,1)，
设平面PBQ的法向量为n1=(x2,y2,z2)，
因为BP=(−1,− 3−1, 3)，BQ=(−2,−12, 32)，
所以n1⋅BP=−x2−( 3+1)y2+ 3z2=0n1⋅BQ=−2x2−12y2+ 32z2=0,
令x2= 3，得n1=( 3,3,4+ 3)，
因为m⋅n1=−3× 3+ 3×3+4+ 3=4+ 3≠0，
所以m，n1不垂直，
所以平面PBQ不与平面PBD垂直；
(3)在(2)中的坐标系中，设平面QBC的法向量为p=(a,b,c)，
因为BC=(−2,0,0)，BQ=(−2,−12, 32)，
所以p⋅BC=−2a=0p⋅BQ=−2a−12b+ 32c=0,
令c=1，得p=(0, 3,1)，
设平面PBD与平面QBC的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅p||m||p|=42 13=2 1313，
所以平面PBD与平面QBC夹角的余弦值为2 1313．
19.(本小题17分)
已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点是F1,F2，且C1的离心率为 32.抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点为F2，过OF2的中点Q垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为2 6．
(1)求椭圆C1的标准方程；
(2)设椭圆C1上一动点T满足：OT=λOA+2μOB，其中A,B是椭圆C1上的点，且直线OA,OB的斜率之积为−14.若N(λ,μ)为一动点，点P满足 PQ=12F1F2.试探究|NP|+|NQ|是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由．
【答案】解：(1)抛物线C2:y2=2px的焦点为F2(p2,0)， ∴Q(p4,0)
过Q垂直于x轴的直线截y2=2px所得的弦长为2 6，
所以( 6)2=2p×p4，解得p=2 3，所以F2( 3,0)，
又∵椭圆C1的离心率为 32，∴a=2,b=1，∴椭圆C1的方程为x24+y2=1；
(2)设T(x,y)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则由OT=λOA+2μOB，得x=λx1+2μx2 ，y=λy1+2μy2 ，
∵点T,A,B在椭圆x24+y2=1上， ∴所以x12+4y12=4， x22+4y22=4， x2+4y2=4，
故x2+4y2=(λx1+2μx2)2+4(λy1+2μy2)2 =λ2(x12+4y12)+4μ2(x22+4y22)+4λμ(x1x2+4y1y2)=4，设kOA,kOB分别为直线OA,OB的斜率，
由题意知，kOA⋅kOB=y1y2x1x2=−14 ，
因此x1x2+4y1y2=0，
所以λ2+4μ2=1，
所以N点是椭圆λ2+μ214=1上的点，
∵由(1)知Q( 32,0)，又 PQ=12F1F2，
∴P(− 32,0)，
∴P,Q恰为椭圆λ2+μ214=1的左、右焦点，
由椭圆的定义，|NP|+|NQ|=2为定值．
(本小题17分)
已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=32an−12(n∈N∗)，数列bn满足：b1=a1，b2=3，bn+bn+2=2bn+1(n∈N∗).
(1)求数列an，bn的通项公式：
(2)求数列an⋅bn的前n项和Tn：
(3)若不等式k⋅(23)n⋅an+1−bn+6⩾0对任意n∈N∗恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】解：(1)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=32an−12(n∈N∗)①，
当n=1时，S1=a1=32a1−12，解得a1=1．
当n≥2时，Sn−1=32an−1−12(n∈N∗)②，
①−②得：an=3an−1，则数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列．
则an=3n−1(n∈N∗).
数列{bn}满足：b1=a1=1，b2=3，bn+bn+2=2bn+1(n∈N∗)，
则数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，故bn=2n−1(n∈N∗).
(2)由(1)可知anbn=(2n−1)⋅3n−1(n∈N∗)，
所以Tn=1+3×31+5×32+⋯+(2n−1)×3n−1①，
3Tn=1×3+3×32+5×33+⋯+(2n−3)×3n−1+(2n−1)×3n②，
①−②得−2Tn=1+2×3+2×32+⋯+2×3n−1−(2n−1)3n
=1+2×3(1−3n−1)1−3−(2n−1)3n=−2−2(n−1)3n，
故Tn=(n−1)3n+1(n∈N∗)；
(3)不等式k⋅(23)n⋅an+1−bn+6⩾0，
化简得k≥2n−72n对任意n∈N∗恒成立．
设cn=2n−72n(n∈N∗)，则cn+1−cn=2n+1−72n+1−2n−72n=9−2n2n+1，
当1≤ncn，当n≥5时，cn+1