2024-2025学年河北省沧州市献县高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省沧州市献县高二（上）期末数学试卷（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.直线x+ 3y+9=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.已知向量m=(λ,−λ,1)，n=(2,1+2λ,−3)，若m⊥(m+n)，则λ的值是( )
A. −2B. 0C. 1D. 2
3.若直线x+my−2m−2=0与直线mx+y−m−1=0平行，则实数m的值为( )
A. 0B. 1C. −1D. ±1
4.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4+a6=20，S8=68，则数列{an}的公差为( )
A. 3B. −6C. −3D. 6
5.已知定点A(a,0)，B(−a,0)(a≠0)，动点P满足kPA⋅kPB=λ(−10)的右焦点为F，点A，B是双曲线上关于原点对称的两点，点A在第一象限，且以AB为直径的圆经过点F，直线AF交双曲线于另一点C，且AC=4AF，则双曲线E的离心率为( )
A. 102B. 103C. 172D. 173
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.构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞(Unit Cell)，其形状、大小与空间格子的平行六面体单位相同，保留了整个晶格的所有特征.晶胞是能完整反映晶体内部原子或离子在三维空间分布的化学结构特征的最小单元.晶胞具体形状大小由它的三组棱长a，b，c及棱间交角α，β，γ(合称为“晶胞参数”)来表征.如图，某晶胞的形状为平行六面体ABCD−A1B1C1D1，AA1=4，AB=3，AD=2且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°.设CD=m,CB=n,CC1=p，则下列说法正确的是( )
A. A1B1与DA的夹角为60°B. CA1=m+n+p
C. CA1的长为 55D. CA1⊥平面BC1D
10.已知数列{an}，{bn}满足a1=1，an+1=an3an+1,b1=2,bn+1=2bn−1，则下列说法正确的是( )
A. {1an}为等差数列B. {bn−1}为等比数列
C. {bn}的前n项和为2n+n−1D. {an⋅(bn−1)}的最小值为1
11.已知抛物线y=4x2的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，O为坐标原点，则下列说法正确的有( )
A. 抛物线的准线方程为y=−1
B. 若|AF|+|BF|=6，则线段AB的中点到x轴的距离为4716
C. 若直线AB经过点F，过A，B分别作抛物线的切线交于点P，则AP⊥BP
D. 若直线AB与y轴正半轴交于点M，在y轴负半轴上存在点N，满足|OM|=|ON|，则∠ANM=∠BNM
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若1，a−4，a+2成等比数列，则a= ______．
13.已知空间四点O(0,0,0),A( 2,2,2),B(− 5,0,0),C(0,0, 10)，则向量OA在向量BC上的投影向量的坐标为______．
14.若关于x的方程x+ 4x−x2−3+m−1=0有两个不相等的实根，则实数m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C1：(x+2)2+(y−2)2=4，点P为圆C1上一动点，点Q(0,−2)，线段PQ的中点为T，点T的轨迹为曲线C2．
(1)求曲线C2的方程；
(2)求曲线C1与C2的公共弦长．
16.(本小题15分)
如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，且AB=2AC=4，PA=PB= 5，∠BAC=π2．
(1)求点A到平面PBC的距离；
(2)求平面PBC与平面PAC夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，渐近线方程为y=± 3x，点F2到渐近线的距离为 3．
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知直线l经过点F2，且与双曲线C相交于A，B两点，若△F1AB的面积为3，求直线l的方程．
18.(本小题17分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，满足2Sn=(n+2)(an−1)．
(1)令bn=ann+1，求bn；
(2)求数列{an2n}的前n项和Tn．
19.(本小题17分)
已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，过点F作与x轴垂直的直线交椭圆Γ于A，B两点，|AB|=3，且椭圆Γ经过点E( 2, 62)．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)若C，D分别是椭圆Γ的左、右顶点，过点F且斜率不为0的直线交椭圆Γ于M，N两点，直线CM与直线DN交于点P.记CM，PF，DN的斜率分别为k1，k2，k3，证明：k1+2k3k2为定值．
参考答案
1.D
2.D
3.B
4.A
5.A
6.C
7.D
8.A
9.BC
10.ABC
11.BCD
12.2或7
13.( 2,0,2)
14.(−1− 2,−2]
15.解：(1)设T(x,y)，因为点Q(0,−2)，线段PQ的中点为T，
所以P(2x,2y+2)，又P为圆C1：(x+2)2+(y−2)2=4上一动点，
所以(2x+2)2+(2y)2=4，
化简可得曲线C2的方程为(x+1)2+y2=1；
(2)将圆C1：(x+2)2+(y−2)2=4与曲线C2：(x+1)2+y2=1的方程相减可得x−2y+2=0，
所以两圆的公共弦所在直线方程为x−2y+2=0，
又圆心C1(−2,2)到公共弦所在直线的距离d=4 5，且圆C1的半径r=2，
所以曲线C1与C2的公共弦长为2 r2−d2=2 4−165=4 55．
16.解：(1)证明：取AB的中点O，连接PO，

因为PA=PB，所以PO⊥AB，
由于平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PO⊂平面PAB，
所以PO⊥平面ABC，
因为∠BAC=π2，
所以AC⊥AB，
故以O为坐标原点，以平行于AC的直线为y轴，以OB，OP所在直线分别为x轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为AB=4，PA=PB= 5，所以PO=1，
故A(−2,0,0)，B(2,0,0)，C(−2,2,0)，P(0,0,1)，
所以PA=(−2,0,−1)．BC=(−4,2,0)，PB=(2,0,−1)，
设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅BC=0m⋅PB=0，即−4x1+2y1=02x1−z1=0，
令x1=1，得m=(1,2,2)，
所以点A到平面PBC的距离为|PA⋅m||m|=|−2−2| 1+4+4=43．
(2)由(1)知PA=(−2,0,−1)，AC=(0,2,0)，
设平面PAC的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则n⋅AC=2y2=0n⋅PA=−2x2−z2=0，
令x2=1，得n=(1,0,−2)，
由(1)可知，平面PBC的一个法向量为m=(1,2,2)，
设平面PBC与平面PAC夹角为θ，
则csθ=|m⋅n|m|⋅|n||=|1−4| 1+4+4× 1+4= 55，
故平面PBC与平面PAC夹角的余弦值为 55．
17.解：(1)因为双曲线的渐近线方程为y=± 3x，点F2到渐近线的距离为 3，
所以ba= 3| 3c|2= 3a2+b2=c2，
解得a=1，b= 3，c=2，
则双曲线C的方程为x2−y23=1；
(2)直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x=my+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+2x2−y23=1，消去x并整理得(3m2−1)y2+12my+9=0，
此时3m2−1≠0Δ=144m2−36(3m2−1)>0，
解得m2≠13，
由韦达定理得y1+y2=−12m3m2−1y1y2=93m2−1，
所以(y1−y2)2=(y1+y2)2−4y1y2=(−12m3m2−1)2−363m2−1=36(m2+1)(3m2−1)2，
则△F1AB的面积S=12|F1F2|⋅|y1−y2|=12×4×6 m2+1|3m2−1|=12 m2+1|3m2−1|=3，
整理得9m4−22m2−15=0，
解得m=± 3．
故直线l的方程为x+ 3y−2=0或x− 3y−2=0．
18.解：(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，满足2Sn=(n+2)(an−1)，
当n≥2时，2an=2Sn−2Sn−1=(n+2)(an−1)−(n+1)(an−1−1)，
则nan=(n+1)an−1+1，
即ann+1=an−1n+1n(n+1)，
又bn=ann+1，
则bn=bn−1+1n−1n+1，
又2a1=3(a1−1)，
即a1=3，
则b1=32，
则bn=(bn−bn−1)+(bn−1−bn−2)+...+(b2−b1)+b1=2−1n+1=2n+1n+1，其中n≥2，
又b1=32满足上式，
即bn=2n+1n+1；
(2)由(1)可得：an2n=2n+12n，
则Tn=32+522+...+2n+12n，①
则12Tn=322+523+...+2n+12n+1，②
由①−②可得：12Tn=32+2(122+123+...+12n)−2n+12n+1，
则Tn=3+4×14[1−(12)n−1]1−12−2n+12n=5−2n+52n．
19.解：(1)因为|AB|为椭圆的通径，
所以|AB|=2b2a=3，
解得b2=32a，
则椭圆Γ的方程为x2a2+y232a=1，
因为点E( 2, 62)在椭圆上，
所以( 2)2a2+( 62)232a=1，
解得a=2或a=−1(舍去)，
所以b= 3，
则椭圆Γ的方程为x24+y23=1；
(2)证明：由(1)知F(1,0)，C(−2,0)，D(2,0)，
设直线MN的方程为x=my+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=my+1x24+y2=1，消去x并整理得(3m2+4)y2+6my−9=0，
此时Δ>0，
由韦达定理得y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以my1y2=32(y1+y2)，
易知k1=y1x1+2，k3=y2x2−2，
所以k1k2=y1(x2−2)y2(x1+2)=y1(my2−1)y2(my1+3)=my1y2−y1my1y2+3y2=32(y1+y2)−y132(y1+y2)+3y2=13，
解得k3=3k1，
直线CM的方程为y=y1x1+2(x+2)，①
直线DN的方程为y=y2x2−2(x−2)，②
联立①②，
解得x=4，
则点P在定直线x=4上，
将x=4代入直线CM的方程中，
解得y=6y1x1+2，
即P(4,6y1x1+2)，
此时k2=2y1x1+2=2k1，
则k1+2k3k2=k1+6k12k1=72．
故k1+2k3k2为定值，定值为72．