2024-2025学年安徽省安庆市第一中学高二下学期开学考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年安徽省安庆市第一中学高二下学期开学考试数学试卷（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.若直线l经过点A2,1，B1,2，则直线l的倾斜角为( )
A. π4B. π3C. 2π3D. 3π4
2.已知向量a=(−1,2,3)，向量b=(4,−1,−2)，向量c=(λ,3,1)，若a，b，c三个向量共面，则实数λ等于( )
A. 17B. 19C. 21D. 23
3.定义abcd=ad−bc，已知数列an为等比数列，且a3=1，a699a8=0，则a7=( )
A. 3B. ±3C. 9D. ±9
4.已知P是直线l:x−y+6=0上一动点，过点P作圆C:x2+y2−4x=0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB周长的最小值为( )
A. 2+2 7B. 4+4 7C. 4+2 7D. 8
5.已知双曲线Γ:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线与圆x2+y2=a2相切于点N，交双曲线的右支于点M，且点N是线段MF1的中点，则双曲线Γ的离心率为( )
A. 2B. 2C. 5D. 5
6.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=1，O是AC的中点，点P在线段A1C1上，若直线OP与平面ACD1所成的角为θ，则cs θ的取值范围是( )
A. [ 23, 33]B. [ 23, 63]C. [ 34, 33]D. [ 33, 73]
7.已知点P为椭圆C:x24+y23=1上第一象限的一点，左、右焦点为F1，F2，∠F1PF2的平分线与x轴交于点M，过点F1作直线PM的垂线，垂足为H，O为坐标原点，若|OH|=12，则▵F1PF2面积为( )
A. 3B. 3 3C. 32D. 3
8.已知正项数列{an}的前n项积为Tn，满足(an−1)Tn=2an，则an0和双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦点，且椭圆，抛物线和双曲线的通径长l1,l2,l3恰好成等差数列，则( )
A. p=2B. l1,l2,l3可以是直角三角形三条边的长
C. 双曲线的离心率e=5+ 414D. 点F到双曲线渐近线的距离为 32
10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1边长为1，F是线段AD1的中点，E是线段AC上的动点，下列结论正确的是( )
A. CF=−AB−12AD+12AA1
B. 三棱锥C1−EA1D1的体积为定值13
C. 直线A1B与平面B1EC所成角的正弦值为 63
D. 直线DB1与直线A1E 所成角的余弦值的取值范围为[13, 33]
11.在平面直角坐标系内，定义任意两点A(x1,y1)，B(x2,y2)“新距离”为：d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|，在此距离定义下，点P(x,y)到直线l的“新距离”就是点P与直线l上所有点的“新距离”的最小值，记作符号d(P,l).已知点C(1,0)，D(2,4)，直线l0:2x+y+2=0.( )
A. d(C,D)=5
B. 到点C“新距离”等于1的点P(x,y)所围成的图形的面积为4
C. d(D,l0)=5
D. d(A,B)≤d(A,C)+d(B,C)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若圆x2+y2=16上恰有两个点到直线l：y=x+a的距离为1，则正实数a的取值范围为 ．
13.已知直线l:3x−4y−12=0，若P为抛物线x2=4y上的动点，则点P到直线l的距离最小时点P的坐标为 ．
14.数列an的前n项和为Sn，a1=1,a2=2,an+2−an=1+(−1)n(n∈N∗),则S100=
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)
已知空间直角坐标系中的三点A(2,0,−2)，B(1,−1,−2)，C(3,0,−4)．
(1)若|c|=3，且c//BC，求向量c的坐标；
(2)已知向量kAB+AC与AC互相垂直，求k的值；
(3)求点B到直线AC的距离．
16.(本小题12分)
已知直线l:mx+y−6m=0，圆M:(x−1)2+y2=9．
(1)若m=12，求直线l截圆M所得的弦长;
(2)已知直线l过定点P.若过点P作圆M的切线，求点P的坐标及该切线方程．
17.(本小题12分)
如图，已知在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，其中∠ABC=60∘，△ABP是等腰直角三角形，PA=PB，CP=2，点M在棱PD上，且三棱锥M−PBC的体积为 36，点N是棱PB的中点．
(1)判断M是否为棱PD的中点，并说明理由；
(2)求平面MNC与底面ABCD所成角的余弦值．
18.(本小题12分)
已知等差数列an,Sn是数列an的前n项和，满足S2=4,S4=16；数列bn各项都是正数，且满足b1=a1，b3=a3−1，bnbn+2=bn+12n∈N∗．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)记cn=6n−7bnanan+2,n为奇数an,n为偶数，数列cn的前2n项和为T2n；
(3)在ak和ak+1，k∈N∗中插入k个相同的数(−1)k+1⋅k，构成一个新数列dn：a1,1,a2,−2,−2,a3,3,3,3,a4,⋯，求dn的前2025项和．
19.(本小题12分)
已知抛物线C:x2=4y的焦点为F，过点P0,tt>0的直线l与抛物线C交于A，B两点，抛物线C在点A，B处的切线分别为l1，l2，其斜率分别为k1，k2，交点为Q．
(1)当直线l过焦点F时，证明：l1，l2互相垂直．
(2)当t=2时，设弦AB的中点为M．
①点Q是否在一条定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由．
②求MQAB的最大值．
参考答案
1.D
2.D
3.C
4.B
5.C
6.D
7.C
8.B
9.ABC
10.ACD
11.ACD
12.3 2,5 2
13.32,916
14.2600
15.解：(1)因为B(1,−1,−2)，C(3,0,−4)，
所以BC=(3,0,−4)−(1,−1,−2)=(2,1,−2)，
因为c//BC，
可设c=(2λ,λ,−2λ)，λ≠0，
然后根据|c|= (2λ)2+λ2+(−2λ)2=3，
可得λ=±1，
所以c=(2,1,−2)或(−2,−1,2)；
(2)A(2,0,−2)，B(1,−1,−2)，C(3,0,−4)，
可得AB=(−1,−1,0)，AC=(1,0,−2)，
由向量kAB+AC与AC互相垂直，
可得(1−k,−k,−2)⋅(1,0,−2)=1−k+4=0，
解得k=5；
(3)由于AB⋅AC=(−1,−1,0)⋅(1,0,−2)=−1+0+0=−1，
|AC|= 12+02+(−2)2= 5，
则AB在AC上的投影向量的模长t=|AB⋅AC|AC||=1 5，
则所求距离d= |AB|2−t2= 2−15=3 55，
故点B到直线AC的距离为3 55．
16.解：(1)当m=12时，直线l:x+2y−6=0，
圆M的圆心为M(1,0)，半径为3，
则圆心M到直线l的距离为|1−6| 4+1= 5，
则直线l截圆M所得的弦长为2 9−5=4；
(2)对于直线l，令x=6，则y=0，所以P(6,0)，
由题意易得切线的斜率存在，
则可设直线PA(A为切点)的方程为y=k(x−6)，即kx−y−6k=0，
所以|k−6k| k2+1=3，
解得k=±34，
故所求切线方程为y=±34(x−6)，即3x−4y−18=0或3x+4y−18=0．

17.解：(1)
取AB的中点O，连接PO，CO，
因为PA=PB= 2，AB=2，
所以PO⊥AB，PO=1，BO=1．
又因为ABCD是菱形，∠ABC=60 ∘，
所以CO⊥AB，CO= 3，
因为CO2+PO2=PC2，
所以PO⊥CO，AB∩CO=O，AB，CO⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD，
因为AD//BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，
所以AD//平面PBC，
所以VD−PBC=VA−PBC=VP−ABC=13PO⋅S▵ABC=13×1×12×2× 3= 33．
因为VM−PBC= 36=12VD−PBC，
所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的12，
所以PM=MD，
所以M为棱PD的中点．
(2)由(1)知PO⊥BO，PO⊥CO，且BO⊥CO，
如图，以O为坐标原点，OC，OB，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则A0,−1,0，B0,1,0，C 3,0,0，D 3,−2,0，P(0,0,1)，
所以M 32,−1,12，N0,12,12，CM=− 32,−1,12，MN=− 32,32,0，
底面ABCD的法向量为m=0,0,1，
设平面MNC的法向量为n=x,y,z，
则n⋅MN=0n⋅CM=0，即− 32x+32y=0− 32x−y+12z=0,
取y=1，x= 3，z=5，得n= 3,1,5．
设平面MNC与底面ABCD所成角为θ，
所以cs θ=|cs m,n|=|m⋅n|m|⋅|n||=5 3+1+25=5 29=5 2929，
平面MNC与底面ABCD所成角的余弦值为5 2929．

18.解：(1)等差数列an，Sn是数列an的前n项和，设公差为d，由S2=4，S4=16，
可得2a1+d=4，4a1+6d=16，解得a1=1，d=2，
所以an=1+2n−1=2n−1；
数列bn各项都是正数，且满足b1=a1=1，
b3=a3−1=5−1=4，bnbn+2=bn+12n∈N∗．
可得数列bn为等比数列，
所以b3=b1q2=q2=4，解得q=2或q=−2(舍去)，
所以bn=2n−1．
(2)因为cn=6n−7bnanan+2,n为奇数an,n为偶数,
设cn的前2n项和中，奇数项的和为Pn，偶数项的和为Qn，
所以Pn=c1+c3+c5+⋯+c2n−1，Qn=c2+c4+c6+⋯+c2n，
当n为奇数时，cn=6n−72n−12n−12n+3=2n+12n+3−2n−12n−1，
Pn=c1+c3+c5+⋯+c2n−1=225−201+249−225+2613−249+⋯+22n4n+1−22n−24n−3
=4n4n+1−201=4n4n+1−1，
当n为偶数时，cn=an，
所以Qn=a2+a4+…+a2n=3+7+…+4n−1=3+4n−1n2=2n2+n，
T2n=4n4n+1−1+2n2+n．
(3)dn：a1，1，a2，−2，−2，a3，3，3，3，a4…，ak+1，…
从a1到ak+1共有k+1+1+2+⋯+k=k+11+k+12项，
所以，当k=62时，k+1k+22=2016，
故a1+a2+…+a63+1+2×−2+3×3+…+62×−62+2025−2016×63
=a1+a63632+1−22+32+…−622+9×63
=1+125632+12−22+32−42+…+612−622+9×63
=632−1+2+3+⋯+62+9×63=632−62×632+9×63
=63×63−31+9=2583．

19.解：(1)
由题意知，直线的l斜率存在，设直线l与抛物线C交于不同的两点Ax1,y1，Bx2,y2，
由于焦点F(0,1)，设直线l的方程为y=kx+1，
联立y=kx+1x2=4y，消去y得，x2−4kx−4=0，且Δ=16k2+16>0，
则x1+x2=4kx1⋅x2=−4,
设Ax1,x124，Bx2,x224，则过点A的切线方程为y−x124=k1x−x1，
联立方程组y−x124=k1x−x1x2=4y，得x2−4k1x+4k1x1−x12=0，
则Δ=16k12−44k1x1−x12=0，解得k1=x12，同理k2=x22，
∴k1⋅k2=14x1⋅x2=14×(−4)=−1，
所以l1，l2互相垂直．
(2)
①当t=2时，设直线l的方程为y=kx+2，
联立y=kx+2x2=4y，消去y得，x2−4kx−8=0，且Δ=16k2+32>0，
则x1+x2=4kx1⋅x2=−8,
直线l1与l2交于点Q，设Q(x,y)，
抛物线在点A处的切线l1方程为y−14x12=12x1x−x1，即y=12x1x−14x12，
同理，在点B处的切线l2方程为y=12x2x−14x22．
联立y=12x1x−14x12y=12x2x−14x22，解得x=12x1+x2y=14x1x2,
将x1+x2=4kx1⋅x2=−8式代入化简得x=2ky=−2,
则点Q(2k,−2)在定直线y=−2上.
②线段AB的中点为M，
由(1)可得，y1+y2=k(x1+x2)+4=4(k2+1)，y1+y22=2(k2+1)，
则M2k,2(k2+1)．
MQ=2k2+1+2=2k2+2，
又AB= 1+k2x1−x2= 1+k2 x1+x22−4x1x2，
将x1+x2=4kx1⋅x2=−8式代入得，AB= k2+1 (4k)2+32=4 k2+1k2+2，
则MQAB=12 k2+2k2+1=12 1+1k2+1，
由k2⩾0，k2+1⩾1，0