2024-2025学年湖北省“楚天教科研协作体”高二（下）2月收心考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年湖北省“楚天教科研协作体”高二（下）2月收心考试数学试卷（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.直线x+ 3y−3=0的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2=2，且a2，a3，a4−2成等差数列，则S5=( )
A. 7B. 15C. 31D. 63
3.双曲线y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 3，则其渐近线方程为( )
A. y=± 2xB. y=± 22xC. y=± 3xD. y=± 32x
4.“a=3”是“直线l1:(a−2)x+y+1=0与直线l2:3x+ay−1=0平行”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.小明同学有6把钥匙，其中2把能打开门.如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，第二次才能打开门的概率为P1;如果试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门的概率为P2，则P1，P2的值分别为( )
A. 415，29B. 215，19C. 25，13D. 310，625
6.已知点C(1,0)，过点P(−2,0)引直线l与曲线y= −x2+2x+2相交于A，B两点，当△ABC的面积取得最大值时，直线l的斜率等于( )
A. − 22B. 22C. 33D. 55
7.在三棱锥P−ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2.若M为该三棱锥外接球上的一动点，则MB⋅MC的最小值为( )
A. − 3B. 2−2 3C. −2 3D. 4−2 3
8.设F1，F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，O是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PF1|= 7|PF2|，则C的离心率为( )
A. 2B. 3C. 2 33D. 153
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.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S25>0，S260B. 当Sn取得最大值时，n=14
C. 数列{an}是递减数列D. |a13|>|a14|
10.下列命题正确的是( )
A. 若三个事件A，B，C两两相互独立，则P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
B. 设A，B是两个随机事件，且P(A)=12，P(B)=13，若P(AB)=16，则A，B是相互独立事件
C. 若P(A)>0，P(B)>0，则事件A，B相互独立与A，B互斥有可能同时成立
D. 若事件A，B相互独立，P(A)=0.7，P(B)=0.8，则P(A∪B)=0.94
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点O为BD的中点，且点P满足BP=λBC+μBB1(0≤λ≤1,0≤μ≤1)，则下列说法正确的是( )
A. 若λ+μ=1，则AC1⊥D1P
B. 若λ=12，0≤μ≤12，则点P的轨迹长度为 2
C. 若λ=1，μ=12，则VP−A1BD=2
D. 若λ=1，0≤μ≤1，直线OP与平面A1BD所成的角为θ，则csθ∈[0, 33]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.双曲线x2a2−y212=1(a>0)的两个焦点分别是F1和F2，焦距为8，M是双曲线上的一点，且|MF1|=5，则△MF1F2的周长为 ．
13.甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为35，乙每轮猜对的概率为23.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响.则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为 ．
14.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1;若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m=6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”).现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列{an}满足：a1=m(m为正整数)，an+1=an2,当an为偶数时,3an+1,当an为奇数时.当m=26时，试确定使得an=1至少需要 步雹程;若a9=1，则m所有可能的取值集合M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)
已知点O(0,0)，A(3,0)，动点M满足|MO||MA|=12，记动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程;
(2)过点B(0,−4)的直线l与曲线C交于P，Q两点，若|PQ|=8 55，求直线l的方程．
16.(本小题15分)
已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F作倾斜角为θ的动直线l交E于A，B两点.当θ=60∘时，|AB|=8．
(1)求抛物线E的方程;
(2)证明：无论θ如何变化，OA⋅OB是定值(O为坐标原点)，并求出该定值．
17.(本小题15分)
如图甲，在平面五边形ABCDE中，AB/​/CD，∠ADC=π2，AB=AE=DE=2DC=4，AD=2 3，G为BC的中点，以AD为折痕将图甲中的△ADE折起，使点E到达如图乙中的点S的位置，且SA⊥DG．
(1)证明：平面SAC⊥平面ABCD;
(2)求平面SAD与平面SBC的夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知an+1=3Sn+3(n∈N∗).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列．
①设Tn=1d1+1d2+1d3+⋯+1dn(n∈N∗)，求Tn;
②在数列{dn}中是否存在三项dm、dk、dp(其中m、k、p成等差数列)成等比数列，若存在，求出这样的三项;若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
如图，已知圆A:(x+ 3)2+y2=16，点B( 3,0)是圆A内一个定点，点P是圆A上任意一点，线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的方程;
(2)一组平行直线的斜率为32，当它们与曲线C有两个公共点时，证明这些直线被曲线C截得的线段的中点在同一条直线上;
(3)设曲线C与y轴正半轴的交点为M，与y轴负半轴的交点为N，过点T(t,2)(t≠0)的直线TM、TN分别与曲线C交于E、F两点.若△TMN的面积是△TEF的面积的λ倍，求λ的最大值．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.C
5.A
6.D
7.B
8.D
9.AC
10.BD
11.ACD
12.解：由题意|MF1|=5，a=2，易得M在左支上，
利用双曲线的定义知|MF2|−|MF1|=2a=4，
故|MF2|=9，又焦距为8，故三角形MF1F2的周长为5+9+8=22，
故答案为22．
13.2875
14.10；{4,5,6,32,40,42,256}
15.解：(1)设M(x,y)，由|MO||MA|=12得 x2+y2 (x−3)2+y2=12，
两边平方化简得：x2+y2+2x−3=0，故曲线C的方程为：(x+1)2+y2=4；
(2)当直线l斜率不存在时，此时直线与圆相交于P，Q两点，
令x=0，则y=± 3，|PQ|=2 3，不符合题意，舍；
当直线l斜率存在时，设l:y=kx−4，圆心(−1,0)到直线l的距离为d．
弦长|PQ|=2 4−d2=8 55，故d2=45，d=2 5，
又d=|−k−4| k2+1=2 5，平方，得k2+40k+76=0，故k=−2或k=−38，
所以直线l的方程为y=−2x−4或y=−38x−4，即2x+y+4=0或38x+y+4=0
16.解：(1)抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点F(p2,0)，依题意，直线l的斜率不为0，
设直线l:x=ty+p2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，由x=ty+p2y2=2px,消去x得：y2−2pty−p2=0，
显然△>0，y1+y2=2pt，y1y2=−p2，
|AB|= 1+t2 (y1+y2)2−4y1y1=2p(t2+1)，
当θ=60∘时，t= 33，于是|AB|=8p3=8，解得p=3，
所以抛物线E的方程为y2=6x．
(2)由(1)可知，y1y2=−p2，则x1x2=y122p⋅y222p=(−p2)24p2=p24，
因此对任意的实数t，OA⋅OB=x1x2+y1y2=p24−p2=−3p24=−274为定值，
所以无论θ如何变化，OA⋅OB是定值−274．
17.(1)证明：在平面五边形ABCDE中，AB/​/CD，∠ADC=π2，
所以四边形ABCDE是直角梯形，且AD=2 3,AB=2CD=4，AB⊥AD．
在直角△ADC中，AC= AD2+DC2=4，且sin∠DAC=12，
则∠DAC=π6，可得∠CAB=∠DCA=π3，
从而△ABC是等边三角形，AC平分∠BCD．
因为G为BC的中点，所以CD=CG=2，所以AC⊥DG，
又因为SA⊥DG，SA∩AC=A且SA，AC⊂平面SAC，
所以DG⊥平面SAC．
又因为DG⊂平面ABCD，所以平面SAC⊥平面ABCD．
(2)取AD的中点F，连接SF，过点S作SO垂直AC于点O，连接OF，如图，
因为平面SAC⊥平面ABCD，平面SAC∩平面ABCD=AC，
所以SO⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，则SO⊥AD．
因为SA=SD，F是AD的中点，所以SF⊥AD，
又SO∩SF=S且SO，SF⊂平面SOF，所以AD⊥平面SOF，
由OF⊂平面SOF，则AD⊥OF；
又因为AD⊥CD，所以OF//CD，则点O是AC的中点，
又SA=AC=4，所以OA=2，可得SO=2 3．
以D为原点，以DA，DC所在的直线分别为x，y轴，SO//z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则A(2 3,0,0),B(2 3,4,0),C(0,2,0),O( 3,1,0),S( 3,1,2 3),G( 3,3,0)，
设平面SAD的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
DA=2 3,0,0,DS= 3,1,2 3，
则DA⋅n=2 3x1=0DS⋅n= 3x1+y1+2 3z1=0,
令z1=1，则n=(0,2 3,−1)．
设平面SBC的一个法向量为m=(x2,y2,z2)，
BC=−2 3,−2,0,SC=− 3,1,−2 3，
则BC⋅m=−2 3x2−2y2=0SC⋅m=− 3x2+y2−2 3z2=0,
令y2= 3，则m=(−1, 3,1)．
设平面SAD与平面SBC的夹角为θ，
则csθ=m·nmn=5 13· 5= 6513，
所以平面SAD与平面SBC的夹角的余弦值为 6513．
18.解：(1)因为an+1=3Sn+3(n∈N∗)，
所以当n⩾2时，an=3Sn−1+3，
两式相减得an+1=4an(n⩾2)，
又因为数列an是等比数列，所以a2=4a1，
而a2=3S1+3=3a1+3，
因此4a1=3a1+3，解得a1=3，
因此数列an是以3为首项，公比为4的等比数列，
所以an=3×4n−1(n∈N∗)．
(2)由(1)知an=3×4n−1，an+1=3×4n，
因为an+1=an+(n+1)dn，
所以dn=3×4n−3×4n−1n+1=9×4n−1n+1，
所以Tn=1d1+1d2+1d3+⋯+1dn=29×40+39×41+49×42+⋯+n+19×4n−1，
则14Tn=29×41+39×42+49×43+⋯+n+19×4n，
所以34Tn=29×40+19×41+19×42+19×43+⋯+19×4n−1−n+19×4n
=29+19×14×(1−14n−1)1−14−n+19×4n=727−3n+727×4n，
所以Tn=2881−3n+781×4n−1．
②假设在数列{dn}中存在dm，dk，dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列，
则dk2=dmdp，即(9×4k−1k+1)2=9×4m−1m+1×9×4p−1p+1，
因为m，k，p成等差数列，
所以m+p=2k ，不妨设m0得− 1012，则λ=(n+24)(n−8)n2=1+16n−192n2≤43，
当且仅当n=24，即t=±2 3时等号成立，所以λ的最大值为43．