2024-2025学年广西河池市高二上学期期末教学质量检测数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广西河池市高二上学期期末教学质量检测数学试卷（含答案），共8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.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
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．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.C
5.A
6.D
7.B
8.D
9.BC
10.AC
11.ACD
12.2x+1=0
13.20242025
14.3 2
15.解：(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=−1x+1，即x+y+1=0
16.解：(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
17.解：(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：(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：(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=−2mt2+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)．