2024-2025学年湖北省咸宁市崇阳第二高级中学高二（下）开学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年湖北省咸宁市崇阳第二高级中学高二（下）开学数学试卷（含答案），共7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.已知直线l的倾斜角为60°，且经过点(0,1)，则直线l的方程为( )
A. y= 3xB. y= 3x−2C. y= 3x+1D. y= 3x+3
2.抛物线x2=4y的焦点到准线的距离为( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
3.在平面直角坐标系xOy中，已知点A(−2,0)，B(2,0)，点P是平面内一个动点，则下列说法正确的是( )
A. 若|PA|+|PB|=4，则点P的轨迹为椭圆 B. 若|PA|−2|PB|=0，则点P的轨迹为椭圆
C. 若|PA|−|PB|=4，则点P的轨迹为直线 D. 若|PA|−|PB|=2，则点P的轨迹为双曲线的一支
4.已知等比数列{an}中，a1=1，a4=−8，则公比q=( )
A. 2B. −4C. 4D. −2
5.若直线4x+2y−1=0与直线4x+my=0平行，则两平行线间的距离( )
A. 2 55B. 3 510C. 55D. 510
6.“00)的左焦点为F1，y轴上的点P在椭圆外，且线段PF1与椭圆E交于点M，若|OM|=|MF1|= 33|OP|，则E椭圆的离心率为( )
A. 12B. 32C. 3−1D. 3+12
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.记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a10=9，S10=0，则( )
A. {|an|}的前10项和为50B. {an}是递增数列
C. 当n=4时，Sn取得最小值D. 若Sn>0，则n的最小值为11
10.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，则( )
A. 直线BE与CD所成角的余弦值为 53
B. BC1//平面ACD1
C. 点F到直线BE的距离为1
D. DC1在DA1上的投影向量为 22DA1
11.双曲线具有如下光学性质：如图F1，F2是双曲线的左、右焦点，从右焦点F2发出的光线m交双曲线右支于点P，经双曲线反射后，反射光线n的反向延长线过左焦点F1.若双曲线C的方程为x24−y221=1，则( )
A. 双曲线的焦点F2到渐近线的距离为 21
B. 若m⊥n，则|PF1||PF2|=42
C. 当n过点Q(3,6)时，光线由F2→P→Q所经过的路程为8
D. 反射光线n所在直线的斜率为k，则|k|∈[0, 212)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数列{an}满足a1=m(m为正整数)，an+1=an2,an为偶数3an+1,an为奇数，若a4=8，则m的所有可能取值之和为______．
13.已知圆C：(x−1)2+(y−3)2=25及直线l：ax+y−2a−1=0，当直线l被圆C截得的弦长最短时，直线l的方程为______．
14.已知圆C1：(x−1)2+y2=1，圆C2：(x−a)2+(y−b)2=1，其中a，b∈R，若两圆外切，则ba+3的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，S6−S3=45．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=2n，求数列{an+bn}的前n项和Tn．
16.(本小题12分)
已知圆M的圆心在直线y=3x+1上，且点A(1,6)，B(3,4)在圆M上．
(1)求圆M的标准方程；
(2)若倾斜角为π3的直线l与圆M相交于D，E两点，且|DE|=2 3，求直线l的方程．
17.(本小题12分)
已知数列{an}各项均为正数，设数列{an}的前n项和为Sn，其中2Sn=an2+an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=an3n，求数列{bn}的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PAD，PD=AD=2.M，N分别为AB，PC的中点．
(1)求证：MN//平面PAD；
(2)求证：AB⊥平面PAD；
(3)在棱PA上是否存在一点E，使得直线DE与平面PBC所成角为π6.若存在，确定点E的位置，若不存在，说明理由．
19.(本小题12分)
已知A(−2,0)，B(2,0)分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，P(异于点A，B)是C上的一个动点，△PAB面积的最大值为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求k1k2的值；
(3)直线l交椭圆C于M，N两点(异于A，B两点)，直线AM，AN的斜率分别为kAM，kAN，且kAMkAN=−34，证明：直线MN过定点．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.D
5.D
6.C
7.A
8.C
9.ABD
10.BC
11.ABD
12.74
13.y=12x
14.[− 33, 33]
15.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为S6−S3=45，
所以6a1+6×52d−(3a1+3×22d)=45，
又a1=3，所以6×3+6×52d−(3×3+3×22d)=45，解得d=3，
所以an=3+(n−1)×3=3n．
(2)Tn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)=(3+3n)⋅n2+2(1−2n)1−2=32n(n+1)+2n+1−2．
16.解：(1)因为点A(1,6)，B(3,4)，
所以直线AB的斜率k=6−41−3=−1，线段AB的中点为N(2,5)，
所以线段AB的垂直平分线的斜率为1，垂直平分线的方程为y=x+3．
由y=x+3,y=3x+1,解得x=1，y=4，
故圆心M(1,4)，半径r=|MB|=2，
故圆M的标准方程为(x−1)2+(y−4)2=4．
(2)因为直线l的倾斜角为π3，所以直线l的斜率为 3．
因为弦长|DE|=2 3，所以圆心M到直线l的距离d= r2−(|DE|2)2=1．
设直线l的方程为y= 3x+b，则点M(1,4)到直线l的距离d=| 3−4+b| ( 3)2+(−1)2．
由| 3−4+b| ( 3)2+(−1)2=1，解得b=6− 3或b=2− 3，
所以直线l的方程为 3x−y+6− 3=0或 3x−y+2− 3=0．
17.解：(1)因为2Sn=an2+an，①
所以当n=1时，2S1=a12+a1，得a1=1或a1=0(舍)，
当n≥2时，2Sn−1=an−12+an−1，②
①−②得：2an=2Sn−2Sn−1=an2+an−an−12−an−1，
即an+an−1=(an+an−1)(an−an−1)，
因为数列{an}的各项均为正数，即an+an−1>0，
所以an−an−1=1(n≥2)，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以an=1+n−1=n．
(2)因为bn=an3n=n3n，
所以Tn=13+232+333+⋯+n3n，③
13Tn=132+233+334+⋯+n3n+1，④
③−④得：23Tn=13+132+133+134+⋯+13n−n3n+1
=13(1−13n)1−13−n3n+1=12(1−13n)−n3n+1=12−2n+32×3n+1，
所以Tn=32(12−2n+32×3n+1)=34−2n+34×3n．
18.解：(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，取PD的中点Q，连接AQ，NQ，由M，N分别为AB，PC的中点，
NQ//CD,NQ=12CD，
又四边形ABCD是菱形，
则AM//CD//NQ,AM=12CD=NQ，
于是四边形AMNQ是平行四边形，MN/​/AQ，而AQ⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
所以MN/​/平面PAD．
(2)证明：取PA的中点F，连接DF，由PD=AD=2，得DF⊥PA，又平面PAB⊥平面PAD，
平面PAB∩平面PAD=PA，DF⊂平面PAD，
则DF⊥平面PAB，
而AB⊂平面PAB，于是DF⊥AB，由PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
得PD⊥AB，又PD∩DF=D，PD，DF⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD．
(3)由(2)知，AB⊥AD，又四边形ABCD是菱形，则四边形ABCD是正方形，
直线DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,2)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，
假定在棱PA上存在一点E，满足条件，令AE=λAP=λ(−2,0,2)=(−2λ,0,2λ),0≤λ≤1，
DE=DA+AE=(2−2λ,0,2λ)，CB=(2,0,0),CP=(0,−2,2)，
设平面PBC的一个法向量n=(x,y,z)，
则n⊥CBn⊥CP，则n⋅CB=2x=0n⋅CP=−2y+2z=0，
取y=1，得n=(0,1,1)，
则直线DE与平面PBC所成角正弦值为|cs〈DE,n〉|=|DE⋅n||DE||n|=2λ (2−2λ)2+4λ2⋅ 2=12，
解得λ=12，所以在棱PA上存在一点E，使得直线DE与平面PBC所成角为π6，点E为PA中点．
19.解：(1)因为A(−2,0)，B(2,0)分别是椭圆C的左、右顶点，
所以a=2，
当点P在椭圆上、下顶点处时，△PAB面积的最大，
此时△PAB的面积S=12⋅2a⋅b=2，
解得b=1，
则椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)设P(x0,y0)，
因为点P在椭圆上，
所以x02−4=−4y02，
则k1k2=y0x0+2⋅y0x0−2=y02x02−4=y02−4y02=−14；
(3)证明：由题意知直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x=my+n，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=my+nx24+y2=1，消去x并整理得(m2+4)y2+2mny+n2−4=0，
此时Δ=4m2n2−4(m2+4)(n2−4)=16m2−16n2+64>0，
由韦达定理得y1+y2=−2mnm2+4，y1y2=n2−4m2+4，
所以x1+x2=m(y1+y2)+2n=8nm2+4，x1x2=m2y1y2+mn(y1+y2)+n2=4n2−4m2m2+4，
因为kAMkAN=−34，
所以y1x1+2⋅y2x2+2=−34，
即y1y2x1x2+2(x1+x2)+4=−34，
所以n2−4m2+44n2−4m2m2+4+16nm2+4+4=n2−44n2−4m2+16n+4m2+16=n2−44n2+16n+16=−34，
解得n=−1或n=−2(舍去)，
当n=−1时，满足Δ=16m2−16+64>0，
此时MN的方程为x=my−1．
故直线MN过定点(−1,0)．