2024-2025学年广东省广州市天河区高二上学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省广州市天河区高二上学期期末考试数学试卷（含答案），共11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.在等差数列an中，a1+a3=6,a4=5，则公差d=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
2.若直线l1:1−ax+y+1=0，直线l2:−2x+ay−2=0，若l1⊥l2，则实数a=( )
A. −1B. 23C. 2D. 3
3.已知圆C1:x2+y2=9，圆C2:(x−4)2+(y−3)2=4，则圆C1与圆C2的位置关系是( )
A. 内含B. 外切C. 相交D. 外离
4.比较下列四个椭圆的形状，其中更接近于圆的是( )
A. x236+y24=1B. x236+y29=1C. x23+y236=1D. x212+y236=1
5.如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，设原正三角形(图①)的边长为2，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为C1,C2,C3,C4，则C5=( )
A. 51227B. 25627C. 5129D. 2569
6.过双曲线y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点F作一条渐近线的垂线l，垂足为点A，直线l与另一条渐近线相交于点B，若A是线段FB的中点，则双曲线的渐近线为( )
A. y=±2xB. y=± 3xC. y=± 33xD. y=± 2x
7.如图，已知二面角α−l−β的大小为60 ∘，棱l上有两个点A,B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l.若AB=1,AC=2,BD=3，则CD=( )
A. 2 2B. 14C. 2 5D. 4
8.设m为正整数，数列a1,a2,⋯,a3m+2是公比不为1的等比数列，若从中删去两项ai和aj(i0n∈N∗,a3=9,S3=13．
(1)求数列an的通项公式an及前n项和Sn；
(2)若bn=n−1n∈N∗,cn=anbn，求数列cn的前n项和Tn．
17.(本小题12分)
已知圆M过A− 2,− 2,B−2,0,C 2, 2三点．
(1)求圆M的标准方程；
(2)若圆N与圆M关于直线：x−y+2=0对称，求圆N的方程；
(3)若过点P−1,12的直线l与圆M相交于E,F两点，且EF=2 3，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，▵PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC//AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB=2．
(1)若点E为线段PD的中点，
①证明：CE//面PAB；
②求直线CE与平面PAB间的距离；
(2)若点E为直线PD上的动点，当直线CE与底面ABCD所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥E−ACD的体积．
19.(本小题12分)
设椭圆x2a2+y24=1(a>b>0)的离心率为 63，过点A0,1且斜率为k的直线l与x轴相交于点B，与椭圆相交于点C,D两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若BC=DA，求k的值：
(3)若圆心在椭圆上，半径为a2的圆，我们称是椭圆的“卫星圆”，过原点O作椭圆的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆于E,F两点，试问OE|2+OF|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
参考答案
1.C
2.B
3.B
4.D
5.A
6.C
7.A
8.C
9.AC
10.ACD
11.ABD
12.9
13.2n2−12n−1
14.2 2,4 2∪−4 2,−2 2
15.(1)
由题意，以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如下图：
设正方体棱长为2，则D(0,0,0),A12,0,2,B2,2,0,B12,2,2,D10,0,2，
则E(2,2,1),F1,1,2，所以EF=−1,−1,1,DA1=2,0,2，
所以EF⋅DA1=−2+0+2=0，所以EF⊥DA1．
(2)
D1B1=DB=(2,2,0)，DA1=2,0,2，
设异面直线A1D与D1B1所成角为θ，
故csθ=|cs|=|D1B1⋅A1D||D1B1||A1D|=42 2×2 2=12．
所以θ=π3．

16.(1)设等比数列{an}的公比为q．
已知a3=9，可得a3=a1q2=9①.
又已知S3=13，可得S3=a1+a2+a3=a1+a1q+a1q2=13②.
将①代入②得：a1+a1q+9=13，即a1+a1q=4，a1(1+q)=4③.
由①得a1=9q2，代入③得：9q2(1+q)=4，9(1+q)=4q2，4q2−9q−9=0，解得q=3或q=−34．
因为an>0(n∈N∗)，所以q>0，则q=3．
把q=3代入a1q2=9，得a1×32=9，a1=1．
那么数列{an}的通项公式an=a1qn−1=1×3n−1=3n−1．
前n项和Sn=a1(1−qn)1−q=1×(1−3n)1−3=3n−12．
(2)已知bn=n−1，cn=anbn=(n−1)×3n−1．
则Tn=0×30+1×31+2×32+⋯+(n−1)×3n−1④.
3Tn=0×31+1×32+2×33+⋯+(n−1)×3n ⑤．
由④ − ⑤得：
Tn−3Tn=0×30+(1−0)×31+(2−1)×32+⋯+[(n−1)−(n−2)]×3n−1−(n−1)×3n．
−2Tn=31+32+⋯+3n−1−(n−1)×3n．
等比数列{3k}(k=1,2,⋯,n−1)的首项为3，公比为3，项数为n−1项，其和为3(1−3n−1)1−3=3n−32．
所以−2Tn=3n−32−(n−1)×3n=3n−3−2(n−1)×3n2=3n−3−2n×3n+2×3n2=(3−2n)3n−32．
则Tn=(2n−3)3n+34．
则数列{cn}的前n项和Tn=(2n−3)3n+34．

17.(1)设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0．
把A(− 2,− 2)，B(−2,0)，C( 2, 2)三点分别代入方程可得：
(− 2)2+(− 2)2− 2D− 2E+F=0(−2)2−2D+F=0( 2)2+( 2)2+ 2D+ 2E+F=0
解得F=−4，D=0，E=0，
所以圆M的方程为x2+y2−4=0，其标准方程为x2+y2=4．
(2)设圆N的圆心N(a,b).因为圆N与圆M关于直线x−y+2=0对称，
则直线MN与直线x−y+2=0垂直，且线段MN的中点在直线x−y+2=0上.
直线x−y+2=0的斜率为1，两直线垂直斜率之积为−1，所以ba=−1(4)．
线段MN中点(a+02,b+02)在直线x−y+2=0上，即a2−b2+2=0(5)．
由(4)得b=−a，代入(5)式得：a2+a2+2=0，a+2=0，解得a=−2，则b=2．
所以圆N的圆心N(−2,2)，半径与圆M相同为2．
则圆N的方程为(x+2)2+(y−2)2=4．
(3)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−1．
此时M(0,0)到直线l的距离d=1，弦长|EF|=2 r2−d2=2 4−1=2 3，满足题意．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−12=k(x+1)，即kx−y+k+12=0．
圆心M(0,0)到直线l的距离d=|k+12| k2+1．
因|EF|=2 3，弦长公式|EF|=2 r2−d2得2 3=2 4−d2，两边平方得解得d=1．
所以|k+12| k2+1=1，两边平方得(k+12)2=k2+1．
展开得k2+k+14=k2+1，移项可得k=34．
则直线l的方程为y−12=34(x+1)，即3x−4y+5=0．
综上所得，直线l的方程为x=−1或3x−4y+5=0．

18.(1)①如图，取PA的中点F，连接EF,FB，有EF/​/AD，EF=12AD，
又BC//AD，BC=12AD，所以EF//BC,EF=BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，所以CE/​/BF，
因为CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
所以CE//面PAB；
②如图，取AD的中点O，连接OP,OB，
因为PA=PD,∠APD=90 ∘，所以AD⊥PO,PO=12AD=1，
由BC//AD,BC=OD=CD=1,CD⊥OD，
四边形BCDO是正方形，有AD⊥BO,OB=1，
因为PO∩BO=O，PO,BO⊂平面PBO，
所以AD⊥平面PBO，因为AD⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面PBO，
在平面PBO内作直线BO的垂线Oz，
则Oz⊥平面ABCD，有Oz⊥OB,Oz⊥OD，
以O坐标原点，分别以OB,OD,Oz所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为BC//AD，所以BC⊥平面PBO，因为BP⊂平面PBO，所以BC⊥BP，
由PC=2，CB=1，知BP= 3，
由cs∠BOP=OP2+OB2−BP22OP×OB=1+1−32×1×1=−12，知∠BOP=2π3，
从而有P(−12,0, 32)，A(0,−1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0)，
有PA=(12,−1,− 32),AB=(1,1,0)，
设平面PAB的法向量为m=x,y,z，
由m⋅PA=12x−y− 32z=0m⋅PA=x+y=0，取x=1，则y=−1,z= 3，
得平面PAB的一个法向量为m=1,−1, 3，
因为CE//面PAB，所以C到平面PAB的距离即为直线CE与平面PAB间的距离，
又BC=(0,1,0)，所以C到平面PAB的距离d=|m•BC||m|=|0−1+0| 1+1+3= 55，
所以CE与平面PAB间的距离为 55．
(2)DP=(−12,−1, 32),CD=(−1,0,0)，
设DE=λDP=(−12λ,−λ, 32λ)(0≤λ≤1)，
CE=CD+DE=(−1,0,0)+(−12λ,−λ, 32λ)=(−1−12λ,−λ, 32λ)，
底面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)，
设直线CE与底面ABCD所成的角为θ，
所以sinθ=csCE,n=CE⋅nCE⋅n= 32λ1× (1+12λ)2+λ2+34λ2= 32λ 1+λ+2λ2
= 32 1λ+1+2λ≤ 32 2 1λ•2λ+1= 32 2 2+1，
当且仅当1λ=2λ，即λ= 22时取等号，此时DE=(− 24,− 22, 64)，
所以E到平面ABCD的距离为d=DE⋅nn= 641= 64，
又S▵ACD=12×2×1=1，所以三棱锥E−ACD的体积为VE−ACD=13S▵ACD•d=13×1× 64= 612．

19.(1)椭圆x2a2+y24=1(a>b>0)，其中b=2．
离心率e=ca(c为半焦距)，且e= 63，又c2=a2−b2，即c2=a2−4．
由e=ca= 63可得c= 63a，将其代入c2=a2−4，得到( 63a)2=a2−4．
即23a2=a2−4，解得a2=12．
所以椭圆的方程为x212+y24=1．
(2)过点A(0,1)且斜率为k的直线l方程为y=kx+1．
令y=0，可得x=−1k，所以B(−1k,0)．
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，将y=kx+1代入椭圆方程x212+y24=1，得到x212+(kx+1)24=1．
化简得(1+3k2)x2+6kx−9=0．
由韦达定理可得x1+x2=−6k1+3k2．
因为BC=DA，所以(x1+1k,y1)=(−x2,1−y2)，即x1+x2=−1k．
所以−6k1+3k2=−1k，两边同时乘以k(1+3k2)得−6k2=−(1+3k2)．
即−6k2=−1−3k2，解得k=± 33．
(3)由(1)知a=2 3，则“卫星圆”半径r= 3．
设“卫星圆”方程为(x−m)2+(y−n)2=3，因为圆心(m,n)在椭圆x212+y24=1上，所以m212+n24=1，即m2+3n2=12．
设切线方程为y=tx，由圆心到切线的距离等于半径可得|tm−n| 1+t2= 3．
整理得(m2−3)t2−2mnt+n2−3=0．
设切线OE，OF的斜率分别为t1，t2，则t1+t2=2mnm2−3，t1t2=n2−3m2−3．
将y=t1x代入椭圆方程x212+y24=1得(1+3t12)x2=12，则xE2=121+3t12，yE2=12t121+3t12，所以|OE|2=xE2+yE2=12(1+t12)1+3t12．
同理|OF|2=12(1+t22)1+3t22．
因为t1+t2=2mnm2−3，t1t2=n2−3m2−3，m2+3n2=12，
所以|OE|2+|OF|2=12(1+t12)1+3t12+12(1+t22)1+3t22=12×(1+t12)(1+3t22)+(1+t22)(1+3t12)(1+3t12)(1+3t22)
=12×2+4t1+t22−8−6t1t2t1t21+3t1+t22−6−9t1t2t1t2=12×2+42mnm2−32−8−6n2−3m2−3n2−3m2−31+32mnm2−32−6−9n2−3m2−3n2−3m2−3
=12×2m4+12m2+6n4+8m2n2−12n2m4+12m2+9n4+6m2n2−36n2+36
=12×212−3n22+1212−3n2+6n4+812−3n2n2−12n212−3n22+1212−3n2+9n4+612−3n2n2−36n2+36
=12×432−96n2324−72n2=16
所以|OE|2+|OF|2是定值16．