2024-2025学年安徽省铜陵市第一中学高二上学期期末质量检测数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年安徽省铜陵市第一中学高二上学期期末质量检测数学试卷（含答案），共10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.已知空间三点O(0,0,0)，A(−1,1,0)，B(0,1,1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为( )
A. (12,−12,0)B. (−12,12,0)C. (−2,2,0)D. (2,−2,0)
2.已知公差不为零的等差数列an中，a3+a5+a7=12,a1,a3,a6成等比数列，则等差数列an的前8项和Sn为( )
A. 20B. 30C. 35D. 40
3.若直线l的方向向量a=(1,2,−1)，平面α的一个法向量m=(−2,−4,k)，若l⊥α，则实数k=( )
A. 2B. −10C. −2D. 10
4.直线y=x−1过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F，且与C交于A、B两点，则|AB|=( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
5.从点P(2,−5)射出的一束光线经y轴反射后与圆C:x2+y2+2x−4y=0相切，则反射光线所在直线的方程为( )
A. 11x+2y+32=0B. 2x−y−1=0
C. x−y−2=0D. 2x−y−2=0
6.圆心在直线x−y−4=0上，且经过两圆x2+y2−4x−3=0，x2+y2−4y−3=0的交点的圆的方程为( )
A. x2+y2−6x+2y−3=0B. x2+y2+6x+2y−3=0
C. x2+y2−6x−2y−3=0D. x2+y2+6x−2y−3=0
7.已知椭圆的两焦点F1，F2和双曲线的两焦点重合，点P为椭圆和双曲线的一个交点，且cs∠F1PF2=14，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则e12+e22的最小值为( )
A. 1+ 154B. 152C. 14D. 154
8.已知数列bn满足b1=1,b2=4,bn+2=1+sin2nπ2bn+cs2nπ2，则该数列的前23项的和为( )
A. 4194B. 4195C. 2046D. 2047
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l1:x+ay+1=0，l2:a−1x+y+a=0，则下列说法正确的是( )
A. 当a=1时，直线l1的倾斜角为135∘B. 当l1⊥l2时，a=12
C. 若l1//l2，则a=−1D. 直线l1始终过定点(−1,0)
10.下列关于圆锥曲线的命题中，正确的是( )
A. 设A，B为两个定点，k为非零常数，|PA|−|PB|=k，则动点P的轨迹为双曲线
B. 设定圆C上一定点A作圆的动弦AB，O为坐标原点，若OP=12(OA+OB)，则动点P的轨迹为椭圆
C. 方程2x2−5x+2=0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率
D. 双曲线x225−y29=1与椭圆x235+y2=1有相同的焦点
11.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=2，E、F分别是BC、A1C1的中点，D在线段B1C1上，则下面说法中正确的有( )
A. EF //平面AA1B1B
B. 直线EF与平面ABC所成角的正弦值为 55
C. 若D是B1C1的中点，若M是B1A1的中点，则F到平面BDM的距离是2 55
D. 直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为3 22
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知F是抛物线C:x2=12y的焦点，P是C上一点，直线FP交直线y=−3于点Q.若PQ⇀=2FQ⇀，则|PQ|= ．
13.已知数列{an}的前n项和为Sn，且点(an,Sn)总在直线y=2x−1上，则数列{n·an}的前n项和Tn= ．
14.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为AA1的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M//平面CD1E，则M点的轨迹长度为 ．
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)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=5，AD=3，AA1=4，∠DAB=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，E是CC1的中点，设AB=a，AD=b，AA1=c．
(1)用a，b，c表示AE；
(2)求AE的长．
16.(本小题12分)
以坐标原点为圆心的圆C被直线y=x+1截得的弦长为 14．
(1)求过点M( 3,−1)的圆C的切线方程；
(2)若直线ax+y−a+1=0(a∈R)与圆C交于A,B两点(其中O为坐标原点)，求AO→⋅AB→的最小值．
17.(本小题12分)
如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，A1A= 5，点P是棱B1C1上的动点(包括端点)．
(1)证明：平面A1B1C⊥平面ABB1A1;
(2)若平面A1B1C与平面PCD的夹角的余弦值为 32，求点P到平面ABB1A1的距离．
18.(本小题12分)
已知点P是抛物线C1：y2=4x的准线上任意一点，过点P作抛物线C1的两条切线PA、PB，其中A、B为切点．

(1)写出抛物线C1焦点及准线方程；
(2)求弦AB长的最小值；
(3)若直线AB交椭圆C2：x25+y24=1于C、D两点，S1、S2分别是△PAB、△PCD的面积，求S1S2的最小值．
19.(本小题12分)
已知点集M={(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(xn,yn)}.将M中的元素按照一定顺序排成一列，可得到数对序列A:(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(xn,yn).定义：S1(A)=x1+y1，Sk(A)=yk+maxSk−1(A),x1+x2+⋯+xk(k≥2,k∈N∗)，其中maxx,y表示x，y中最大的数．
(1)对于数对序列A:(3,6)，(5,2)，求S1(A)，S2(A)的值;
(2)有序实数对(a,b)，(c,d)可排成两个序列A1:(a,b)，(c,d)和A2:(c,d)，(a,b)，在a，b，c，d四个数中最小的数分别为a和d两种情况下，比较S2(A1)和S2(A2)的大小;
(3)若n为奇数且n≥3，xi≥0，yi≥0，xi+yi≤2(i=1,2,⋯,n)，证明：集合M中存在两个非空子集B1，B2，满足B1∩B2=⌀，B1∪B2=M，B1中所有点的横坐标之和X(B1)≤n+12，B2中所有点的纵坐标之和Y(B2)≤n+12．
参考答案
1.B
2.B
3.A
4.D
5.B
6.A
7.A
8.A
9.ABD
10.CD
11.ACD
12.8
13.(n−1)2n+1
14. 2
15.解：(1)AE=AB+BC+CE=a+b+12c．
(2)∵|AE|2=(a+b+12c)2
=a2+b2+14c2+2a⋅b+a⋅c+b⋅c
=25+9+4+0+(20+12)⋅cs60∘=54，
∴|AE|=3 6，
即AE的长为3 6．
16.解：(1)设圆C的半径为r，
圆心(0,0)到直线y=x+1的距离d=0−0+1 2=1 2，
则由题意可得r2=(1 2)2+( 142)2，∴r2=4，
∴圆C的方程为x2+y2=4，
经判断点M在圆C上，
若过M的直线为x= 3时，它与圆C不可能相切，
故过点M的圆C的切线l斜率一定存在，
∵kCM=−1 3=− 33，∴kl= 3，
∴切线l的方程为y+1= 3(x− 3)，即 3x−y−4=0，
所以过点M( 3,−1)的圆C的切线方程为 3x−y−4=0；
(2)直线ax+y−a+1=0可化为y+1=−a(x−1)，恒过定点N(1,−1)，
圆C：x2+y2=4的圆心为(0,0)，半径为2，
∴AO⋅AB=OA⋅BA=OA⋅(OA−OB)
=OA2−OA⋅OB=4−2×2×cs，
当AB⊥ON时，最小，cs取最大值，
此时AO⋅AB=4−4cs取最小值，此时ON的斜率为−1，
由垂直关系可得−a=1，解得a=−1，
故此时直线方程为y+1=x−1，即y=x−2，
联立y=x−2x2+y2=4可解得x=0y=−2或x=2y=0，
∴取最小值π2，cs取最大值0，
此时AO⋅AB=4−4cs取最小值4，
故AO⋅AB的最小值为4．
17.解：(1)证明：以下底面正方形的中心O为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由于A1A= 5，上、下底面分别是边长为2和4的正方形，
可求出四棱台的高为 52−2 2− 22= 3，
则A1(1,−1, 3)，B1(1,1, 3)，A(2,−2,0)，B(2,2,0)，C(−2,2,0)，
于是A1B1=(0,2,0)，BB1=(−1,−1, 3)，A1C=(−3,3,− 3)，
设平面A1B1C的法向量为n=(x0,y0,z0)，
则n⋅A1C=−3x0+3y0− 3z0=0n⋅A1B1=2y0=0,
取x0=1，可得n=(1,0,− 3)，
设平面ABB1A1的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅BB1=−x1−y1+ 3z1=0m⋅A1B1=2y1=0,
取x1=1，可得m=1,0, 33，
由于n·m=1×1+− 3× 33=0，
即n⊥m，
则平面A1B1C的法向量与平面ABB1A1法向量垂直，
则平面A1B1C⊥平面ABB1A1;
(2)设P(a,1, 3)，a∈[−1,1]，且D(−2,−2,0)，C(−2,2,0)，
则DC=(0,4,0)，CP=(a+2,−1, 3)，
设平面PCD的法向量为p=(x2,y2,z2)，
则p⋅DC=4y2=0p⋅CP=(a+2)x2−y2+ 3z2=0,
取z2= 3，可得p=(−3a+2,0, 3)，
设平面A1B1C与平面PCD的夹角为θ，
则csθ=|n⋅p|n|⋅p|=32×a+3 3(a+2)2+9= 32，
化简即(a+3)2=(a+2)2+3，解出a=−1，
因此B1P=(−2,0,0)，m=(1,0, 33)，
则点P到平面ABB1A1的距离为：
d=|B1P|⋅|cs|=2×B1P·mB1Pm=2×−22× 1+ 332= 3．
18.解：(1)因为抛物线C1：y2=4x，
所以由题意得2p=4，
所以p=2，焦点F1,0，准线方程为x=−1．
(2)设点x0,y0在抛物线y2=2px上，则y02=2px0，
联立y2=2pxy0y=px+x0，消去x得，y2−2y0y+2px0=0，即y2−2y0y+y02=0，
所以，关于y的方程y2−2y0y+y02=0有两个相等的实根y=y0，此时x=y022p=x0，
因此，直线y0y=px+x0与抛物线y2=2px相切，且切点为x0,y0．
设点Ax1,y1、Bx2,y2，P−1,t，
则以A为切点的切线方程为y1y=2x+x1，
同理以B为切点的切线方程为y2y=2x+x2，
∵两条切线均过点P−1,t，
∴ty1=2−1+x1ty2=2−1+x2，即2x1−ty1−2=02x2−ty2−2=0,
所以，点A、B的坐标满足直线2x−ty−2=0的方程，
所以，直线AB的方程为2x−ty−2=0，
在直线AB的方程中，令y=0，可得x=1，所以，直线AB过定点1,0；
由题意可知，直线AB不与x轴重合，可设直线AB的方程为x=my+1，
联立y2=4xx=my+1，可得y2−4my−4=0，
Δ=16m2+1>0恒成立，
由韦达定理得y1+y2=4m，y1y2=−4，
由弦长公式可得AB= 1+m2y1−y2= 1+m2 y1+y22−4y1y2=4m2+1，
当m=0时，弦AB长的最小值为4．
(3)设点P到直线AB的距离为d，则S▵PABS▵PCD=12d⋅AB12d⋅CD=ABCD，
设Cx3,y3、Dx4,y4，
由x25+y24=1x=my+1，得4m2+5y2+8my−16=0，
Δ=64m2+644m2+5=320m2+1>0恒成立．
由韦达定理得y3+y4=−8m4m2+5，y3y4=−164m2+5，
由弦长公式得CD= 1+m2y3−y4= 1+m2 y3+y42−4y3y4=8 5m2+14m2+5．
AB= 1+m2y1−y2= 1+m2 y1+y22−4y1y2=4m2+1
∴S▵PABS▵PCD=ABCD=4m2+18 5m2+14m2+5=4m2+52 5=2 55m2+ 52≥ 52，
当且仅当m=0时，等号成立．
因此，S1S2的最小值为 52．

19.解：(1)对于S1(A)，
根据定义S1(A)=x1+y1，这里(x1,y1)=(3,6)，
所以S1(A)=3+6=9，
对于S2(A)，根据定义S2(A)=y2+maxS1(A),x1+x2，
已知S1(A)=9，x1=3，x2=5，x1+x2=3+5=8，
max9,8=9，y2=2，
所以S2(A)=2+9=11；
(2)对于序列A1:(a,b)，(c,d)，
S1(A1)=a+b，
S2(A1)=d+maxa+b,a+c
=maxa+b+d,a+c+d，
对于序列A2:(c,d)，(a,b)，
S1(A2)=c+d，S2(A2)=b+maxc+d,c+a
=maxb+c+d,b+c+a，
当mina,b,c,d=a时，
S2(A2)=maxb+c+d,b+c+a
=b+c+d，
因为a+b+d