广西河池市2024-2025学年高二上学期期末教学质量检测数学试题

这是一份广西河池市2024-2025学年高二上学期期末教学质量检测数学试题，共12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.抛物线y2=2x的焦点坐标是( )
A. (12,0)B. (1,0)C. (0,12)D. (0,1)
2.已知数列1，1，2，3，5，8，13，⋯则这个数列第九项是( )
A. 33B. 34C. 35D. 36
3.已知向量a=(-2,1,-1)，b=(6,x,3)，若a与b共线，则实数x的值为( )
A. 6B. -6C. 3D. -3
4.已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1(n≥1)，则S5=( )
A. 31B. 45C. 57D. 63
5.在等差数列{an}中，a2+a6=6，等比数列{bn}满足b2b8=a42，则b5=( )
A. ±3B. -3C. ±9D. 3
6.直线x+ay+4=0与直线(a-2)x+3y+2a=0垂直，则a的值为( )
A. 3B. 2C. 0D. 12
7.若空间向量a=(-2,1,0)，b=(1,0,1)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标是( )
A. (4,-1,0)B. (-1,0,-1)C. (-2,1,0)D. (2,0,2)
8.如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，从F2发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D.且cs∠BAC=-45，AF2=3BF2，则E的离心率为( )
A. 2B. 5C. 52D. 102
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.已知直线l:4x+3y+6=0与圆C:x2+y2-2x-8=0相交于E，F两点，则( )
A. 圆心C的坐标为(-1,0)B. 圆C的半径为3
C. 圆心C到直线l的距离为2D. |EF|= 5
10.数列{an}满足an+1=anan+2，a1=1，则下列说法正确的是( )
A. 数列{an}是递减数列B. 数列{an}是等差数列
C. 数列{1an+1}是等比数列D. a10=11025
11.抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为x=-1，过F的直线交抛物线C于A、B两点(其中A在x轴上方)，且|AF|=4，若将三角形AOF沿OF折起来，使其与三角形BOF垂直，则( )
A. p=2
B. 直线AB的方程为y=x-1
C. 翻折后，异面直线OA、BF所成角的余弦值为 2114
D. 翻折后，三棱锥A-BOF的体积为23
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆C1:x2+y2+2x+3y+1=0和圆C2:x2+y2+4x+3y+2=0，则两圆公共弦所在直线的方程为 ．
13.设Sn是数列{an}的前n项和，且an=1n(n+1)，则S2024= ．
14.人教A版选择性必修第一册108页例题2涉及到的圆的压缩与拉伸其实是一种仿射变换，又称仿射映射.同理，椭圆x2a2+y2b2=1经过x'=xa，y'=yb变换后可变为平面内的单位圆(x')2+(y')2=1.此时椭圆内接四边形面积S与仿射后的面积S'的关系为S=abS'.已知椭圆x29+y2=1的右端点与上顶点分别为A和B，过原点的直线y=kx(k>0)与椭圆交于C，D两点，则四边形ACBD面积最大值为 ．
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)
已知三角形三顶点A(3,1)，B(0,-2)，C(-1,0)，求：
(1)直线AB的一般式方程;
(2)AB边上的高所在直线的一般式方程．
16.(本小题15分)
已知等差数列{an}满足a1=-5，a4=1，等比数列{bn}满足b1=a5，b2=9．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
如图，在正四面体OABC中，点D为BC的中点，2AE=ED，设OA=a，OB=b，OC=c．
(1)试用向量a，b，c表示向量OE;
(2)若AB=2，求OE⋅AC的值．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD//BC，AB⊥AD，PA=3，AB=AD=12BC=2，E为棱BC上的点，且BE=14BC．
(1)求证：DE⊥平面APC;
(2)求平面APC与平面PCD所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
如图，圆E的圆心为E(- 3,0)，半径为4，F( 3,0)是圆E内一个定点，M是圆E上任意一点.线段FM的垂直平分线L和半径EM相交于点N，当点M在圆上运动时，记动点N的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程;
(2)设曲线C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为曲线C上异于A，B的动点，设PB交直线x=4于点T，连结AT交曲线C于点Q.直线AP、AQ的斜率分别为kAP、kAQ．
(ⅰ)求证：kAP⋅kAQ为定值;
(ⅱ)证明直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】由y2=2x可知抛物线焦点在x轴上，且2p=2，
∴p2=12，
所以焦点为(12,0)．
故选A
2.【答案】B
【解析】显然是斐波那契数列，
所以an=an-1+an-2，n⩾3且n∈N
则a8=8+13=21，
a9=13+21=34．
故选B
3.【答案】D
【解析】由题设，有b=λa，λ∈R，
则6=λ(-2)x=λ3=λ(-1)，可得x=λ=-3．
故选D
4.【答案】C
【解析】因为an+1=2an+1(n≥1)，所以a2=2a1+1=3，a3=2a2+1=7，a4=2a3+1=15，
a5=2a4+1=31，∴S5=a1+a2+a3+a4+a5=57．
故选C
5.【答案】A
【解析】由等差数列下标和性质知a4=a2+a62=3，∴b2b8=9，
则由等比数列下标和性质可知b2b8=b52=9，∴b5=±3.
故选A
6.【答案】D
【解析】由于两条直线垂直，
所以1×(a-2)+a×3=0，解得a=12．
故选D
7.【答案】B
【解析】由于空间向量a=(-2,1,0)，b=(1,0,1)，
则向量a在向量b上的投影向量为
a⋅b|b|·bb=(-2)×1+1×0+0×1 2⋅b 2=(-1,0,-1)
故选B
8.【答案】D
【解析】由题意知延长 CA,DB则必过点 F1，
∵AF2=3BF2，
∴设|BF2|=t，
则|AF2|=3t，|AB|=4t，
由双曲线的定义可得
|AF1|=3t+2a，|BF1|=t+2a，
由cs∠BAC=- 45可得cs∠F1AF2=45，
在△AF1B中，由余弦定理
可得cs∠BAF1=AF12+AB2-F1B22AF1·AB=3t+2a2+4t2-t+2a223t+2a·4t=45，∴a=t．
在△AF1F2中，由余弦定理
可得cs∠F1AF2=AF12+AF22-F1F222AF1·AF2=5a2+3a2-2c22·5a·3a=45，
解得：4c2=10a2，
则e=ca= 102，
故选：D．
9.【答案】BC
【解析】对于AB，圆C：(x-1)2+y2=9的圆心为C(1,0)，半径r=3，
故A错误，B正确；
对于C，点C(1,0)到直线l：4x+3y+6=0的距离d=10 42+32=2， C正确；
对于D，|EF|=2 r2-d2=2 5， D错误．
故选：BC．
10.【答案】AC
【解析】∵an+1=anan+2，a1=1，∴1an+1=an+2an=1+2an，∴1an+1+1=2an+2=2(1an+1)，
∴数列1an+1是首项为2，公比为2的等比数列，C正确；
∴1an+1=2n，
∴1an=2n-1
即an=12n-1，A正确，B错误；
∴a10=1210-1=11023，D错误．
故选：AC
11.【答案】ACD
【解析】准线方程为x=-1，所以p2=1，即p=2，
且抛物线C的方程为y2=4x，选项A正确;
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，|AF|=x1+p2=4，所以x1=3，
易求A(3,2 3)，直线AB过A(3,2 3)、F(1,0)，
易求直线AB的方程为y= 3(x-1)，选项B错误;
联立y= 3(x-1)与y2=4x求得B(13,-2 33);
翻折后，如图建立空间直角坐标系，
O(0,0,0)，F(0,1,0)，A(0,3,2 3)，B(2 33,13,0)，
OA=(0,3,2 3)，BF=(-2 33,23,0)，
|cs|=|OA⋅BF|OA||BF||=2 21×43= 2114，选项C正确;
三棱锥A-BOF的体积为VA-BOF =13×12×1×2 33×2 3=23，D选项正确．
故选：ACD
12.【答案】2x+1=0
【解析】∵圆C1：x2+y2+2x+3y+1=0和圆C2:x2+y2+4x+3y+2=0，
∴两圆作差相减，得直线方程为2x+1=0，经检验，直线方程2x+1=0满足题意．
故答案为：2x+1=0
13.【答案】20242025
【解析】因为an=1n(n+1)=1n-1n+1，
所以S2024=1-12+12-13+⋯+12024-12025=1-12025=20242025．
故答案为：20242025
14.【答案】3 2
【解析】设C(x1,y1)，D(x2,y2)，
联立y=kx和x29+y2=1消去y得(1+9k2)x2=9，
x1=-3 1+9k2，x2=3 1+9k2，A(3,0)，B(0,1)，
直线AB方程：x+3y-3=0，
点C，D到AB的距离分别为h1，h2，
h1=|x1+3kx1-3| 10=31+3k+ 1+9k2 101+9k2，
h2=|x2+3kx2-3| 10=31+3k- 1+9k2 10(1+9k2)，h1+h2=6(1+3k) 10(1+9k2)，
而|AB|= 10，
故S=12|AB|⋅(h1+h2)=12× 10×6(1+3k) 10(1+9k2)
=3 1+6k+9k21+9k2=3 1+61k+9k≤3 2，
当且仅当1k=9k，k=13时成立，∴Smax=3 2．
故答案为：3 2
15.【解析】(1)∵A(3,1)，B(0,-2)，
∴直线AB的方程为y-1-2-1=x-30-3，
化简得x-y-2=0，
(2)∵直线AB的斜率为kAB=-2-10-3=1，
∴AB边上的高所在直线的斜率为-1，
∴AB边上的高所在直线的方程为y-0=-1×x+1，即x+y+1=0．
16.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d．
由a1=-5，a4=1，可得-5+3d=1，
解得d=2，
则an=-5+2(n-1)=2n-7．
由b1=a5=3，b2=9=3b1，
可得{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，
则bn=3n．
(2)由(1)得cn=(2n-7)+3n，
Tn=c1+c2+c3+⋯+cn-1+cn=-5+3+-3+32+-1+33+⋯+2n-7+3n=-5-3+⋯+2n-7+3+32+⋯+3n
=n-5+2n-72+31-3n1-3=n2-6n+3n+1-32．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【解析】(1)因为点D为BC的中点，
所以OD=12(OB+OC)=12OB+12OC，
因为2AE=ED，所以AE=13AD，
所以，OE=OA+13AD=OA+13(OD-OA)=23OA+13OD，
所以OE=23OA+13OD=23OA+13(12OB+12OC)=23a+16b+16c;
(2)由(1)得OE=23a+16b+16c，
AC=OC-OA=c-a，
由正四面体OABC可知∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，OA=OB=OC=AB=2，
所以OE⋅AC=(23a+16b+16c)⋅(c-a)
=23a⋅c-23(a)2+16b⋅c-16b⋅a+16(c)2-16c⋅a=12a⋅c-23(a)2+16b⋅c-16b⋅a+16(c)2=12⋅2⋅2⋅cs60°-23⋅22+16⋅2⋅2⋅cs60°-16⋅2⋅2⋅cs60°+16⋅22=1-83+13-13+23
=-1．
18.【解析】(1)证明：
因 PA⊥ 平面 ABCD ，且 AB⊥AD ，故可以点 A 为坐标原点，
AB,AD,AP 所在直线分别为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)．
则 A(0,0,0),C(2,4,0),D(0,2,0),E(2,1,0),P(0,0,3) ．
于是， AP=(0,0,3),AC=(2,4,0) ，
设平面 APC 的法向量为 m=(x1,y1,z1) ，
则 m⋅AP=3z1=0m⋅AC=2x1+4y1=0 ，令 x1=-2 ，可得 m=(-2,1,0) ；
又 DE=(2,-1,0) ，显然， DE//m ，故得 DE⊥ 平面 APC ；
(2)由(1)建系，则 CD=(-2,-2,0),CP=(-2,-4,3) ，
设平面 PCD 的法向量为 n=(x2,y2,z2) ，
则 n⋅CD=-2x2-2y2=0n⋅CP=-2x2-4y2+3z2=0 ，令 x2=3 ，可得 n=(3,-3,-2) ．
设平面 APC 与平面 PCD 所成夹角为 θ ，
因 cs ⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=-9 110 ，
则 sin θ= 1-cs2⟨m,n⟩= 1-(-9 110)2= 29110= 3190110 ．
即平面 APC 与平面 PCD 所成夹角的正弦值为 3190110

19.【解析】(1)由题意可知，|NE|+|NF|=|NM|+|NE|=4>|EF|=2 3，
故点N的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，
且长轴长2a=4，焦距2c=|EF|=2 3，
所以b2=a2-c2=1，
因此曲线C方程为x24+y2=1．
(2)证明：(i)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，T(4,m)，
由题可知A(-2,0)，B(2,0)如右图所示，
则kAP=y1x1+2，kAQ=kAT=m-04-(-2)=m6，
而kBP=kBT=y1x1-2=m2，于是m=2y1x1-2，
所以kAP⋅kAQ=y1x1+2×m6=y1x1+2×y13(x1-2)=y123(x12-4)，
又x124+y12=1，则y12=14(4-x12)，
因此kAP⋅kAQ=14(4-x12)3(x12-4)=-112为定值；
(ii)设直线PQ的方程为x=ty+n，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
由x=ty+n x24+y2=1，得(t2+4)y2+2tny+n2-4=0，
所以y1+y2=-2tnt2+4y1y2=n2-4t2+4
由(i)可知，kAP⋅kAQ=-112，
即y1x1+2⋅y2x2+2=y1y2(ty1+n+2)(ty2+n+2)=-112，
化简得n2-44n2+16n+16=-112，解得n=1或n=-2(舍去)，
所以直线PQ的方程为x=ty+1，
因此直线PQ经过定点(1,0)．