河北省衡水市2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试卷（含解析）

这是一份河北省衡水市2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试卷（含解析），共18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.将三角形数1，3，6，10，…即为数列{an}，则a6为( )
A. 21B. 22C. 28D. 26
2.设某曲线上一动点M到点F(3,0)的距离与到直线x=−3的距离相等，经过点P(2,1)的直线l与该曲线相交于A，B两点，且点P恰为等线段AB的中点，则|AF|+|BF|=( )
A. 6B. 10C. 12D. 14
3.已知双曲线x2a2−y2b2=1的右焦点为F( 5,0)，点P，Q在双曲线上，且关于原点O对称.若PF⊥QF，且△PQF的面积为4，则双曲线的离心率为( )
A. 52B. 2C. 5D. 3
4.两圆相交于两点(1,3)和(m,1)，两圆的圆心都在直线x−y+c2=0上，则m+c=( )
A. −1B. 2C. 3D. 0
5.已知双曲线C：x2−y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，若左支上的两点A，B与左焦点F1三点共线，且△ABF2的周长为8，则|AB|=( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
6.在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的中点，连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合，得到三棱锥O−DEF，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A. 3πB. 6πC. 6πD. 24π
7.曲线L：x=−1+2csθy=−1+2sinθ(θ为参数)上的点到曲线C1：x=−2+12ty=4−12t(t为参数)上的点的最近距离为( )
A. 1B. 2 2−2C. 22D. 2
8.平面向量a,b满足|a|=1,|b|= 3,a⋅b=0，若|a−c|=|b−c|，则|c|最小值为( )
A. 1B. 12C. 33D. 32
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.若数列{an}的通项公式为an=4n−5，则关于此数列的图像叙述不正确的是( )
A. 此数列不能用图象表示
B. 此数列的图象仅在第一象限
C. 此数列的图象为直线y=4x−5
D. 此数列的图象为直线y=4x−5上满足x∈N+的一系列孤立的点
10.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F到准线l的距离为4，过焦点F的直线与抛物线相交于M(x1,y1)，N(x2,y2)两点，则下列结论中正确的是( )
A. 抛物线C的准线l的方程为x=−2
B. |MN|的最小值为4
C. 若A(4,2)，点Q为抛物线C上的动点，则|QA|+|QF|的最小值为6
D. 2x1+x2的最小值4 2
11.对于棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)，下列说法正确的是( )
A. 底面半径为1m，高为2m的圆锥形罩子(无底面)能够罩住水平放置的该正方体
B. 以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为 22
C. 该正方体内能同时整体放入两个底面半径为0.5m，高为0.7m的圆锥
D. 该正方体内能整体放入一个体积为 3π17m3的圆锥
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知双曲线C：x2−y2=2，过右焦点的直线交双曲线于A，B两点，若A，B中点的横坐标为4，则弦AB长为______.
13.已知实数a，b，c，d满足a2+b2=1，c2+d2=1，ac+bd=12，则|a+b−1| 2+|c+d−1| 2的最大值为______.
14.已知点P是圆x2+y2=2上的动点，Q是直线1：3x−4y+15=0上的动点，则|PQ|的最小值为______.
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)
在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知圆C的圆心坐标为(2t,1t)，其中t∈R且t≠0，x轴、y轴被圆C截得的弦分别为OA，OB.
(1)求证：△OAB的面积为定值，并求出这个定值；
(2)设直线2x+y−4=0与圆C交于M，N两点，若|OM|=|ON|，求圆C的标准方程．
16.(本小题12分)
如图，PA⊥矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：MN//平面PAD；
(2)求证：MN⊥CD；
(3)若二面角P−DC−A大小为45∘，求证：平面PMC⊥平面PDC.
17.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=4x的对称轴上一点A(a,0)(a>0)，过点A的直线l交抛物线于M、N两点.
(1)若抛物线C上到点A最近的点恰为抛物线的顶点(0,0)，求a的取值范围；
(2)设直线OM的斜率为kOM，直线ON的斜率为kON，若kOM⋅kON=−2，求a的值.
18.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F，E，点M(−1,−32)在C上，且MF⊥x轴.
(1)求C的方程.
(2)已知直线l1过点D(−2,0)且与x轴垂直，直线l2过点A(t,0)(t>a)且与椭圆C相切，直线l1与直线l2交于点B.
①若t=3，求|AB|；
②证明：∠DBF=∠ABE.
19.(本小题12分)
已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)中，焦距为4 2，且双曲线过点P(−3,1).斜率不为零的直线与双曲线交于A，B两点，且以AB为直径的圆过点P.
(Ⅰ)求双曲线的方程；
(Ⅱ)是否存在直线AB，使得点P到直线AB的距离最大？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据题意，数列{an}中，
a1=1×22=1，
a2=2×32=3，
a3=3×42=6，
a4=4×52=10，
…
分析可得：an=n×(n+1)2，
则a6=6×72=21；
故选：A.
根据题意，分析可得a1=1×22=1，a2=2×32=3，a3=3×42=6，a4=4×52=10，分析可得an=n×(n+1)2，将n=6代入计算可得答案．
本题考查数列通项公式的判定，根据条件观察数列项和项数之间的关系是解决本题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：由曲线上一动点M到点F(3,0)的距离与到直线x=−3的距离相等知该曲线为抛物线，
其方程为y2=12x，分别过点A，B，P向抛物线的准线x=−3作垂线，垂足分别为A1，B1，P1，
由梯形的中位线定理知，
|P1P|=12(|A1A|+|B1B|)=12(|FA|+|FB|)=2−(−3)=5，
所以|AF|+|BF|=10.
故选：B.
先由抛物线的定义得抛物线方程，再分别过点A，B，P向抛物线的准线x=−3作垂线，由梯形的中位线定理及抛物线的几何性质可得结果．
本题考查抛物线的定义、抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系及抛物线的几何性质、梯形的中位线定理等知识，属于综合题，难度中等．
3.【答案】C
【解析】解：设双曲线的左焦点为F′，则根据题意及对称性可得：
PF′⊥PF，且△PFF′的面积为4，
设|PF′|=m，|PF|=n，
则|m−n|=2am2+n2=4c212mn=4，
∴2mn=4c2−4a2=4b2，又mn=8，
∴b2=4，又c= 5，
∴a= c2−b2=1，
∴双曲线的离心率为ca= 5，
故选：C.
设双曲线的左焦点为F′，则根据题意及对称性可得：PF′⊥PF，且△PFF′的面积为4，又c= 5，从而建立方程，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查两圆的位置关系，公共弦所在直线的方程与连心线方程的关系，考查计算能力，逻辑推理能力．
两圆的公共弦所在直线的方程与两圆连心线垂直，求出公共弦所在直线的方程，然后求出m，利用中点在连心线上，求出c，即可求出结果．
【解答】
解：已知两圆相交于两点(1,3)和(m,1)，且两圆的圆心都在直线x−y+c2=0上，
公共弦的斜率为：−1，经过(1,3)点的公共弦所在直线为：y−3=−1(x−1)，所以x+y−4=0，
又因为(m,1)在公共弦所在直线上，所以m+1−4=0，
解得m=3；
两点(1,3)和(3,1)的中点在连心线x−y+c2=0上，
即(2,2)在连心线x−y+c2=0上，所以c=0，
所以m+c=3.
故选C.
5.【答案】A
【解析】解：由题意双曲线C：x2−y2=1，可知a=1，双曲线的实轴长为2，
则|AF2|−|AF1|=2，|BF2|−|BF1|=2，△ABF2的周长为8，
则|AF2|+|BF2|−(|BF1|+|AF1|)=4，
即|AF1|+|BF1|=4+|AB|，|BF2|+|AF2|+|AB|=2|AB|+4=8，
则|AB|=2，
故选：A.
根据双曲线的定义和性质，即可求出三角形的周长．
本题主要考查双曲线的定义，根据双曲线的定义得到A，B到两焦点距离之差是个常数是解决本题的关键，是中档题．
6.【答案】C
【解析】解：在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的中点，连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合，
所以OD=2，OE=OF=1，
故三棱锥的外接球的半径满足(2r)2=12+12+22=6，
故r2=64，
故S球=4⋅π⋅64=6π.
故选：C.
首先把折叠问题转换为三棱锥，进一步求出球的半径，最后根据球的表面积公式和的应用求出球的表面积．
本题考查的知识要点：折叠问题的应用，三棱锥和外接球的关系，球的半径和球的表面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：曲线L：x=−1+2csθy=−1+2sinθ(θ为参数)转换为直角坐标方程为(x+1)2+(y+1)2=4；
曲线C1：x=−2+12ty=4−12t(t为参数)，转换为直角坐标方程为x+y−2=0，
利用圆心(−1,−1)到直线x+y−2=0的距离d=|−1−1−2| 2=2 2，
所以最近距离dmin=2 2−2.
故选：B.
首先把参数方程转换为直角坐标方程，进一步利用点到直线的距离公式求出结果．
本题考查的知识要点：直角坐标方程和参数方程之间的转换，点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为|a|=1,|b|= 3,a⋅b=0，建立如图平面直角坐标系，
则A(0,1),B( 3,0)，
设c=(x,y)，
由|a−c|=|b−c|知： x2+(y−1)2= (x− 3)2+y2⇒y+1= 3x，
则|c|= x2+y2= 4x2−2 3x+1= 4(x− 34)2+14，
则|c|最小值为12.
故选：B.
应用a⊥b建系，设点C的坐标，最后结合二次函数值域即可得出最值．
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，重点考查了二次函数最值的求法，属中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：数列{an}的通项公式为an=4n−5，
它的图象就是直线y=4x−5上满足x∈N+的一系列孤立的点，所以A、C错误，D正确；
当n=1时，a1=−1，该点在第四象限，
当n≥2且n∈N+时，an>0，此时数列图象在第一象限，所以B错误．
故选：ABC.
根据数列的图象是直角坐标系里一个个散点，一一判定选项即可．
本题主要考查数列与函数的综合，考查逻辑推理能力，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查抛物线的方程的求法及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
由焦点到准线的距离可得p的值，进而求出抛物线的方程，可判断A正确；设直线MN的方程与抛物线的方程联立，求出两根之和及两根之积，由抛物线的性质可得弦长|MN|的表达式，再由参数的范围可得其最小值，判断B不正确；过Q作准线的垂线，垂足为P，由抛物线的性质可得|QA|+|QF|=|QA|+|QP|≥|AP|=6，可判断C正确；由两根之积及不等式的性质可得2x1+x2的最小值为4 2，判断D正确．
【解答】
解：由焦点F到准线l的距离为4可得p=4，所以抛物线的方程为y2=8x，
A中，所以可得准线方程为x=−2，故A正确；
B中，过焦点的直线为x=my+2，则x=my+2y2=8x，整理可得y2−8my−16=0，可得y1+y2=8m，y1y2=−16，
x1+x2=m(y1+y2)+4=8m2+4，
所以|MN|=x1+x2+4=8m2+8≥8，最小值为8，所以B不正确；
C中，过Q作准线的垂线，垂足为P，则|QA|+|QF|=|QA|+|QP|≥|AP|=4+2=6，当且仅当A，Q，P三点共线时取等号，所以|QA|+|QF|的最小值为6，故C正确；
D中，由直线MN的方程与抛物线的方程可得：x1x2=(y1y2)264=4，
所以2x1+x2≥2 2x1x2=2 2×4=4 2，当且仅当2x1=x2时取等号，所以D正确.
故本题选ACD.
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了空间几何体的结构特征与应用问题，也考查了推理与运算求解能力，是较难题．
选项A，求出圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体时，圆锥的底面半径最小是多少，即可判断；
选项B，根据以AB、AA1、AD三条棱为圆锥的母线，圆锥的底面所在平面为平面A1BD，等价于求AB与平面A1BD所成角的正切值，计算即可；
选项C，以矩形BB1D1D的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，计算每个圆锥高的最大值即可；
选项D，过AC1的中点P作垂线MN，分别交AC，A1C1于点M，N，计算以正方体的体对角线AC1为圆锥的轴，C1为圆锥顶点，MN为圆锥底面圆的直径时，圆锥的体积大于 3π17m3可知D正确．
【解答】
解：记正方体为ABCD−A1B1C1D1，
对于A，若高为2m的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，
考虑圆锥的轴截面，如图1所示，
BD= 2，
因为△IBD∽△IGH，
所以BDGH=12，
所以GH=2BD=2 2，
所以圆锥的底面半径最小应为 2，
选项A错误；
对于B，以AB、AA1、AD三条棱为圆锥的母线，圆锥的底面所在平面为平面A1BD，
等价于求AB与平面A1BD所成角的正切值，
设点A到平面A1BD的距离为h，
因为VA−A1BD=VB−AA1D，
即13× 34×( 2)2h=13×12×1×1×1，
解得h= 33，
即点A到平面A1BD的距离为 33；
正切值为 33 1−( 33)2= 22，
选项B正确；
对于C，如图3所示，
以矩形BB1D1D的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，
分别以AA1，CC1的中点E，F为两个圆锥的顶点，
所以每个圆锥高的最大值为 22>0.7，选项C正确；
对于D，如图4所示，
过AC1的中点P作垂线MN，分别交AC，A1C1于点M，N，
则PM=AP⋅tan∠C1AC
= 32× 22= 64，
以正方体的体对角线AC1作为圆锥的轴，C1为圆锥顶点，MN为圆锥底面圆的直径时，该圆锥的体积为
V=13π×PM2×C1P
=13π×( 64)2× 32= 316π> 317π，
选项D正确．
故选：BCD.
12.【答案】6 2
【解析】解：因为双曲线C：x2−y2=2，
所以c2=4，
即双曲线C的右焦点F(2,0)，
易知过F的直线斜率存在，
设该直线方程为y=k(x−2)，A(xA,yA)，B(xB,yB)，
联立y=k(x−2)x2−y2=2，消去y并整理得(1−k2)x2+4k2x−4k2−2=0，
由韦达定理得xA+xB=−4k21−k2,xAxB=−4k2−21−k2，
因为A，B中点横坐标为4，
所以xA+xB=−4k21−k2=8，
解得k2=2，
所以xAxB=−4k2−21−k2=10，
此时(xA−xB)2=(xA+xB)2−4xAxB=82−4×10=24，
则|AB|= (1+k2)(xA−xB)2= 3×24=6 2.
故答案为：6 2.
由题意，设出直线AB方程，联立双曲线方程，结合韦达定理根据已知条件，求得直线斜率，再利用弦长公式，即可求得结果．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
13.【答案】 2+ 3
【解析】解：因为a2+b2=1，c2+d2=1，
所以点A(a,b)，B(c,d)在单位圆O：x2+y2=1上，
根据OA⋅OB=|OA|⋅|OB|cs∠AOB=ac+bd=12，
可得cs∠AOB=12，结合∠AOB∈[0,π]，得∠AOB=π3.
|a+b−1| 2+|c+d−1| 2 的几何意义是点A(a,b)、B(c,d)到直线x+y−1=0的距离之和．
设AB的中点为C，则|OC|=|OA|csπ6= 32，点C的轨迹是以O为圆心，半径r= 32的圆，
设点C到直线x+y−1=0的距离为d，则|a+b−1| 2+|c+d−1| 2=2d，
原点O到直线x+y−1=0的距离d1=1 2= 22，结合圆的性质可知dmax=d1+r= 22+ 32.
所以(|a+b−1| 2+|c+d−1| 2)max=2( 22+ 32)= 2+ 3.
故答案为： 2+ 3.
根据a2+b2=1、c2+d2=1，构造单位圆上的点，由ac+bd=12，利用平面向量的数量积及其坐标表示，结合点到直线的距离公式与圆的性质算出答案．
本题主要考查了单位圆的性质、点到直线的距离公式、平面向量的数量积等知识，考查了计算能力、数形结合的数学思想，属于中档题．
14.【答案】3− 2
【解析】解：圆心到直线的距离d=15 32+42=3>r，所以直线与相离，
所以圆上点到直线的距离的最小值为：3− 2，
故答案为：3− 2.
求出圆心到直线的距离d，可得直线与圆相离，圆上的点到直线上的点的最小距离为d−r.
考查直线与圆的位置关系的判断及圆上点到直线的最小距离，属于基础题．
15.【答案】(1)证明：因为(2t,1t)(t∈R,t≠0),x轴、y轴被圆C截得的弦分别为OA、OB，
所以AB经过C，又C为AB中点，所以A(4t,0),B(0,2t)，
所以S△OAB=12|OA|⋅|OB|=12|4t||2t|=4，所以△OAB的面积为定值．
(2)解：因为直线2x+y−4=0与圆C交于M，N两点，|OM|=|ON|，
所以MN的中垂线经过O，且过C，所以OC的方程y=12x，
所以1t=12⋅2t，所以当t=1时，有圆心C(2,1)，半径r= 5，
所以圆心C到直线2x+y−4=0的距离为d= 55< 5，
所以直线2x+y−4=0与圆C交于点M，N两点，故成立；
当t=−1时，有圆心(−2,−1)，半径r= 5，所以圆心C到直线2x+y−4=0的距离为d=9 55> 5，所以直线2x+y−4=0与圆C不相交，故t=−1(舍去)，
综上所述，圆C的方程为(x−2)2+(y−1)2=5.
【解析】(1)利用几何条件可知，△OAB为直角三角形，且圆过原点，所以得知三角形两直角边边长，求得面积；
(2)由|OM|=|ON|及原点O在圆上，知OC⊥MN，所以kOC⋅kMN=−1，求出t 的值，再利用直线与圆的位置关系判断检验，符合题意的解，最后写出圆C的方程．
本题主要考查圆中的定值问题，圆的方程的求解等知识，属于中等题．
16.【答案】(1)证明：取PD的中点E，连结AE、EN，
∵E、N分别为PD、PC的中点，
∴EN//CD且EN=12CD，
又∵四边形ABCD是矩形，则AB//CD，AB=CD，
∵M为AB的中点，
∴AM//CD且AM=12CD，
∴EN//AM，EN=AM，
∴四边形AMNE为平行四边形，
∴MN//AE，
∵MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，
∴MN//平面PAD；
(2)证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴CD⊥PA，
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD⊥AD，
∵PA∩AD=A，PA、AD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
∵AE⊂平面PAD，
∴AE⊥CD，
由(1)知；MN//AE，
∴MN⊥CD；
(3)证明：因为CD⊥平面PAD，AD,PD⊂平面PAD，
所以CD⊥AD，CD⊥PD，
所以∠PDA就是二面角P−DC−A的平面角，即∠PDA=45∘，
因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AD，那么△PAD为等腰直角三角形，
因为E是PD的中点，所以AE⊥PD，又AE//MN，所以MN⊥PD，
根据(2)的结论MN⊥CD，且PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PDC，
所以MN⊥平面PDC，
又MN⊂平面PMC，
所以平面PMC⊥平面PDC.
【解析】本题考查了线面平行，线线垂直和面面垂直的证明，属于中档题．
(1)取PD的中点E，连结AE、EN，证明四边形AMNE为平行四边形，可得出MN//AE，再利用直线与平面平行的判定定理可得出MN//平面PAD；
(2)证明CD⊥平面PAD，可得出AE⊥CD，再由MN//AE，可得出MN⊥CD；
(3)由二面角P−DC−A大小为45∘，可得∠PDA=45∘，结合等腰三角形得出AE⊥PD，由(2)中MN⊥CD，利用直线与平面垂直的判定定理可证明出MN⊥平面PCD，而MN⊂平面PMC，进而可证明平面PMC⊥平面PCD.
17.【答案】解：(I)设抛物线上任意一点P(x,y)
则PA2=(x−a)2+4x=[x−(a−2)]2+4a−4
由条件可知，a−2≤0，∴0