2024-2025学年广东省部分学校高二上学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省部分学校高二上学期期末考试数学试卷（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.若数列{an}的前5项为13,15,17,19,111，则它的一个通项公式为( )
A. 13n−1B. 12n+1C. 12n−1D. 13n
2.已知P为椭圆C:x2+2y2=16上一点，F1,F2分别为C的左、右焦点，且PF2=2，则PF1PF2=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.如图，在四面体OABC中，D为BC的中点，3AG=2AD，且P为OG的中点，则OP=( )
A. 16OA+16OB+16OCB. −16OA+56OB+16OC
C. 13OA+23OB−16OCD. 23OA−16OB+13OC
4.直线x30+y40=1与圆x2+y2=625的公共点个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 无法判断
5.已知双曲线C过点(3,6)，且与双曲线x23−y2=1有相同的渐近线，则C的方程为( )
A. x299−y233=1B. y299−x233=1C. x233−y299=1D. y233−x299=1
6.已知圆C1:(x−1)2+(y−1)2=4与圆C2:(x−4)2+(y−5)2=41−m有三条公切线，则m=( )
A. 5B. 16C. 32D. 36
7.已知数列bn的通项公式为bn=32n(n+1)2，则当bn取得最小值时，n=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
8.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，空间中一动点P满足μ(AB+AD)=AP+νA1A(0≤μ≤1,0≤ν≤1)，则直线D1P与直线A1C1所成角正弦值的取值范围为( )
A. 34,1B. 22,1C. 36,1D. 13, 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。
9.已知向量AC=(2,0,−1),CB=(0,1,1)，则( )
A. |AC|=5
B. CB同方向上的单位向量的坐标为0, 22, 22
C. AC⋅CB=1
D. BC在AC上的投影向量的模为 55
10.记等差数列an的前n项和为Sn，已知Sn=Pn2+Qn+M，其中P,Q,M为实数，则( )
A. M=0B. 若an单调递增，则P>0
C. 若Q=0，则a3=4a1D. 若P+Q+M=0，则a1=0
11.已知O为坐标原点，抛物线M:y2=2pxp>0，N:y2=2qxq>0，p≠q，点A，B分别在M，N上(均异于点O)，M，N的焦点分别为F1，F2，若OA=λOBλ∈R，则下列说法正确的有( )
A. λ≠1B. 当λ=2时，p=2q
C. pS▵ABF1=qS▵ABF2D. S▵OAF2=S▵OBF1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l1:ax−y−2025=0,l2:(3a−2)x+ay+1=0(a≠0)满足l1⊥l2，则a= ．
13.已知正项等比数列an满足5 3a1+(5− 3)a2=a3，则其公比q= ．
14.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，过点F1的直线与C交于A，B两点，且3AF1=2F1B，以AB为直径的圆过点F2，设C的离心率为e，则e2= ．
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)
已知点A(−1,3),B(5,−5),C(2,4)
(1)求线段AC的垂直平分线的方程；
(2)已知圆M过点A,B,C，求圆M的方程．
16.(本小题12分)
已知点A1,y0是抛物线C:y2=2px(p>0)上一点，F为C的焦点，且|AF|=2．
(1)求C的准线方程；
(2)若点A位于第一象限，求C在点A处的切线l的方程．
17.(本小题12分)
如图，三棱锥P−ABC的棱BC上存在一点D，使得平面PAD⊥底面ABC，点E在棱AD上，且PE⊥AD,PD⊥平面PAB．
(1)证明：AB⊥平面PAD；
(2)若AB=AD=2,AP=PD,BD=2CD，求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值．
18.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为F(−1,0)，过F且斜率不为0的直线l交E于A,B两点，过点A,B分别作l的垂线，交E于M,N两点.当l的斜率不存在时，四边形AMNB的面积为6．
(1)求E的方程；
(2)求AF的取值范围；
(3)证明：AFMF=BFNF．
19.(本小题12分)
已知无穷数列an中的每一项均为正整数，其前n项和为Sn，若数列an中任意相异三项不成等差数列，则称该数列为“玫瑰数列”．
(1)对于每一项均为正整数的无穷等比数列yn．
(i)若数列yn的公比为1，判断其是否为“玫瑰数列”；
(ii)若数列yn的公比不为1，证明：该数列为“玫瑰数列”；
(2)若an是所有玫瑰数列中，对任意正整数m，在Sm最小的前提下，恒使Sm+1最小的玫瑰数列.设k为正整数，证明：S2k,S2k+1,S2k+2成等差数列．
参考答案
1.B
2.C
3.A
4.C
5.D
6.C
7.B
8.B
9.BD
10.ABD
11.ABD
12.1
13.5
14.295/545
15.解：(1)依题意，设线段AC的中点为D，因A−1,3，C(2,4)，则D12,72，
直线AC的斜率为：kAC=4−32−−1=13，则线段AC的垂直平分线的斜率为−3，
故其直线方程为：y−72=−3(x−12)，即3x+y−5=0．
(2)设线段AB的中点为E，因A−1,3，B(5,−5)，则E2,−1，
直线AB的斜率为：kAB=−5−35−−1=−43，则线段AB的垂直平分线的斜率为34，
得线段AB的垂直平分线的方程为y+1=34(x−2)，即3x−4y−10=0，
由(1)线段AC的垂直平分线方程为3x+y−5=0，
由3x+y−5=03x−4y−10=0，解得：x=2,y=−1，
即圆心为M(2,−1)，圆M的半径为：r=|MA|= (2+1)2+(−1−3)2=5，
故圆M的方程为：(x−2)2+(y+1)2=25．

16.【详解】(1)因为抛物线C:y2=2pxp>0，A1,y0，
所以AF=1+p2=2，所以p=2，可得C:y2=4x
所以C的准线方程为x=−1．
(2)因为点A1,y0在抛物线C上，所以y02=4，
又A1,y0位于第一象限，所以y0=2，所以A1,2，
过点A的直线l与C相切，若直线l斜率不存在，不符合题意；
设直线l:y−2=kx−1与C:y2=4x，
由y−2=kx−1y2=4x，得ky2−4y+8−4k=0，
当k≠0时，Δ=16−4k8−4k=0，即k2−2k+1=0，即k=1，
当k=0时，−4y+8=0，y=2与抛物线相交，不符合题意；
所以l的方程为y−2=x−1，即x−y+1=0．

17.解：(1)因为平面PAD⊥底面ABC，平面PAD∩平面ABC=AD，PE⊥AD，PE⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以AB⊥PE．
又因为PD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥PD．
又PE∩PD=P，PE,PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD．
(2)由(1)知AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥AD，
以点A为坐标原点，AB,AD所在直线分别为x,y轴，过点A垂直底面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空直角坐标系．
因为PD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AP⊥PD．
又AP=PD，所以AD2=AP2+PD2=2AP2=4，得AP= 2.
则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),C(−1,3,0),P(0,1,1)，
故DP=0,−1,1,AP=0,1,1,AC=−1,3,0，
依题意，平面PAB的一个法向量为DP=0,−1,1.
设平面PAC的一个法向量为n=(a,b,c)，
则AP⋅n=0AC⋅n=0，即b+c=0−a+3b=0，取b=1，则n=(3,1,−1).
设平面PAB与平面PAC的夹角为θ，
所以csθ=csDP,n=DP⋅nDPn=2 2× 11= 2211，
因此平面PAB与平面PAC夹角的余弦值为 2211.

18.解：(1)由题意可得a2−b2=c2=1，①
当l的斜率不存在时，在椭圆方程x2a2+y2b2=1中，令x=−1，
可得A−1,b2a,B−1,−b2a，
所以AB=2b2a，由题意可知四边形AMNB为矩形，
则其面积S=2×2b2a=6，②
联立①②解得a2=4,b2=3,
故E的方程为x24+y23=1．

(2)设Ax1,y1，因为点A在椭圆E上，且l的斜率不为0，
则x1∈(−2,2)，且x124+y123=1，所以y12=3−34x12，
则AF= x1+12+y12= x1+12+3−34x12=x1+42，由x1∈(−2,2)，
故AF∈(1,3)．
(3)设Bx2,y2,Mx3,y3,Nx4,y4，且x1,x2∈(−2,2)，x3,x4∈−2,2
故xi+4>0，且4yi2−12=−3xi2,i=1,2,3,4．
由(2)可得，AF=x1+42，同理有BF=x2+42,MF=x3+42,NF=x4+42．
故要证AFMF=BFNF，即证4+x14+x3=4+x24+x4(∗).
由题意直线AB斜率不为0，则直线AM和NB的斜率存在，
设斜率为k，则AM的方程为y=kx−x1+y1，
联立x24+y23=1y=kx−x1+y1,
得3x2+4k2x−x12+8ky1x−x1+4y12−12=0，
即3+4k2x2+8ky1−kx1x+4k2−3x12−8kx1y1=0，
当x1≠0时，由韦达定理得x1x3=4k2−3x12−8kx1y13+4k2，
故x3=4k2−3x1−8ky13+4k2；
当x1=0时，由韦达定理得x1+x3=x3=−8ky13+4k2，也适合上式；
故x3=4k2−3x1−8ky13+4k2；同理可得x4=4k2−3x2−8ky23+4k2．
所以代入(∗)式化简整理可得，
(∗)左边=4+x14+x3=4+x13+4k216k2+12+4k2−3x1−8ky1；
(∗)右边=4+x24+x4=4+x23+4k216k2+12+4k2−3x2−8ky2；
①当直线l的斜率存在且不为0时，l的方程为y=−1k(x+1)，
故y1=−1kx1+1,y2=−1kx2+1，
则−8ky1=8(x1+1)，且−8ky2=8(x2+1)，
则(∗)左边=4+x13+4k216k2+20+4k2+5x1=3+4k24k2+5；
(∗)右边=4+x23+4k216k2+20+4k2+5x2=3+4k24k2+5；
故AFMF=BFNF．

②当l的斜率不存在即k=0时，则x1=x2,x3=x4，
等式4+x14+x3=4+x24+x4显然成立．
综上所述，AFMF=BFNF得证．

19.解：(1)由题意设等比数列yn的通项公式为yn=y1qn−1，其中y1∈N∗,q∈N∗．
(i)当q=1时，数列yn=y1，故而存在y3+y2=2y1，此时yn不是＂玫瑰数列＂．
(ii)证明：由题意可得当q≠1时，q≥2，
若yn不是＂玫瑰数列＂，则存在各不相等的正整数m，n，p，使得ym+yn=2yp，
即y1qm−1+y1qn−1=2y1qp−1，整理得qm−p+qn−p=2，
故只能有qm−p=qn−p=1，即m=n=p，矛盾，故yn是＂玫瑰数列＂．
(2)①首先证明对于任意正整数t，有at+1≥at．
若存在正整数t使得at+10，与＂对任意正整数m，在Sm最小的前提下，恒使Sm+1最小＂矛盾，故at+1≥at；
②下面证明a2n−1=a2n，由题意知，数列an中不存在三项相等，故至多存在两项相等，
(a)先证明a1=a2=1．
若a1>1，则取Bn=an−1，
由数列an是玫瑰数列可知，Bn也是玫瑰数列，且Bn1，则取Bn=1,n=1,2,an−1,n≥3,由数列an是玫瑰数列可知，Bn是玫瑰数列，且B1+B2