2024-2025学年河北省邯郸市高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省邯郸市高二（上）期末数学试卷（含答案），共8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.抛物线y2=2024x的准线方程为( )
A. y=506B. x=506C. x=−506D. y=−506
2.已知空间向量m=(2,1,1)，n=(0,2,−1)，则m与n的夹角的余弦值为( )
A. 3030B. 3010C. 66D. 55
3.已知直线l过原点O，将直线l绕点O顺时针旋转π6后，恰与y轴重合，则直线l的方程为( )
A. y= 33xB. y= 3xC. y=− 33xD. y=− 3x
4.已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，则2A+B+2C的值为( )
A. 5π4B. 4π3C. 5π3D. 2π
5.一个容积为2升的瓶中装满某种水溶液，从中倒出1升后用水添满摇匀，再倒出1升混合溶液后再用水添满摇匀，如此进行下去，若使得瓶中溶液浓度低于原来的10%，则至少需要倒( )
A. 3次B. 4次C. 5次D. 6次
6.已知F1，F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点P是C上一点，若|PF1|−|PF2|=2b，则C的离心率的取值范围是( )
A. (0,12)B. [12,1)C. (0, 22)D. [ 22,1)
7.过圆x2+y2=4内一点P(1,1)作互相垂直的两条直线AB，CD，与圆分别交于A，B，C，D四点，则|AB|+|CD|的最大值是( )
A. 4 3B. 4+2 3C. 4+2 2D. 8
8.如图，已知三棱锥O−ABC的侧棱OA=OB=2，OC=4，且OA，OB，OC两两所成的角均为60°.若空间中的点D，E满足(OA−OD)⋅(OB−OD)=0，OE2−(OA+OC)⋅OE+OA⋅OC=0，则|DE|的最大值为( )
A. 2 3+1
B. 4+ 3
C. 2+ 3
D. 2 3+2
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.在平面直角坐标系xOy中，过圆x2+y2=1外的动点P作圆的两条切线，切点为A，B，则下列结论正确的有( )
A. 若点P(3,4)，则四边形OAPB的面积是2 6
B. 若点P(6,8)，则四边形OAPB的外接圆方程是(x−3)2+(y−4)2=10
C. 若点P在直线4x+3y−12=0上，则O，A，P，B所在圆的直径的最小值是125
D. 当PA⋅PB取得最小值时，点P到圆心O的距离为 2
10.已知数列{an}满足a1=1，1an+1−1an=2，若bn=an⋅an+1，记数列{bn}的前n项和为Tn，则( )
A. an=12n−1B. an=12n+1C. Tn=n2n+1D. 13≤Tn0)上的点P的纵坐标为 2，点P到焦点F和原点O的距离相等．
(Ⅰ)求抛物线的方程．
(Ⅱ)若AB，CD是抛物线的两条不同的弦，且满足OA⋅OB=OC⋅OD=−4．
(i)求证：直线AB，CD过同一个定点Q；
(ii)过原点O作AB，CD的垂线，垂足分别为M，N，求四边形OMQN面积的最大值．
18.(本小题17分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=4，AB=BC=2，AC= 6，点P是棱AA1的中点，连接BP，B1P，CP=2，∠BAA1=60°.(Ⅰ)(i)求PC1的长；
(ii)判断直线PB1和平面BCP是否垂直，并证明你的结论.(Ⅱ)求平面A1CP与平面B1CP夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A，B，左、右焦点分别为F1，F2，且焦点到渐近线的距离为2 3.点P是双曲线上不同于A，B的任意一点，过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线(垂足为M)交直线PF2于点Q，|F1F2|=4|OM|(O为坐标原点).过右焦点F2的直线交双曲线的右支于C，D两点，记△CF1F2，△DF1F2的内切圆的圆心分别为O1，O2．
(Ⅰ)求双曲线的标准方程，并求出直线CD的倾斜角θ的取值范围．
(Ⅱ)(i)证明：O1，O2在一条定直线上．
(ii)求O1，O2到右顶点B的距离之差的取值范围．
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.C
5.B
6.B
7.A
8.A
9.ACD
10.ACD
11.ACD
12.25
13.n⋅3n
14. 2
15.解：(Ⅰ)数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2n+1−2，
可得a1=S1=4−2=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+1−2−2n+2=2n，
上式对n=1也成立，所以an=2n，n∈N∗；
bn=lg2an=lg22n=n；
(Ⅱ)dn=anbn=n⋅2n，
数列{dn}的前n项和Dn=1⋅21+2⋅22+3⋅23+...+n⋅2n，
2Dn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+...+n⋅2n+1，
相减可得−Dn=21+22+23+...+2n−n⋅2n+1=2(1−2n)1−2−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
即有Dn=(n−1)⋅2n+1+2．
16.解：(Ⅰ)若p=q，则点M到直线l1，l2的距离相等，
所以点M的轨迹是∠POQ的平分线所在直线，其轨迹方程为y= 33x和y=− 3x．
(Ⅱ)当p=1时，点M在与直线l1：y= 3x平行且距离为1的两条平行线y= 3x+c上，
所以|c| 3+1=1，解得c=±2，所以方程为y= 3x±2；
当q=2时，点M在与直线l2平行的两条直线y=±2上，
综上所述，y= 3x±2与y=±2的交点有4个，即“距离坐标”为(1,2)的点M共有4个，其坐标分别为(0,2)，(4 33,2)，(0,−2)，(−4 33,−2)．
(Ⅲ)“距离坐标”为(2,2)的点M满足|MP|=|MQ|=2，
若∠POQ=60°，则∠PMQ=120°，
在△PQM中，由余弦定理得，|PQ|2=|MP|2+|MQ|2−2|MP|⋅|MQ|cs∠PMQ=4+4−2×2×2×(−12)=12，
所以|PQ|=2 3，
而OM是四边形OPMQ外接圆的直径，
由正弦定理得|OM|=|PQ|sin120∘=4，
同理，当∠POQ=120°时，∠PMQ=60°，|PQ|=2，OM|=|PQ|sin60∘=4 33，
综上所述，“距离坐标”为(2,2)的点M到原点O的距离为4或4 33．
17.(Ⅰ)解：由题意知，O(0,0)，F(p2,0)，
因为|PO|=|PF|，且点P的纵坐标为 2，
所以P(p4, 2)，
代入抛物线方程可得p2=4，解得p=2(负值已舍)，
所以抛物线方程为y2=4x．
(Ⅱ)(i)证明：设直线AB的方程为x=my+t，A(x1,y1)，B(x2,y2)，则4x1=y12，4x2=y22，
联立y2=4xx=my+t，得y2−4my−4t=0，
所以y1y2=−4t，
因为OA⋅OB=−4，所以x1x2+y1y2=(y1y2)216+y1y2=−4，
即t2−4t+4=0，解得t=2，
所以直线AB：x=my+2经过定点Q(2,0)，
同理，直线CD也经过定点Q(2,0)．
(ii)解：由题意知OM⊥MQ，ON⊥NQ，
所以O，M，Q，N四点在以OQ为直径的圆上，圆心即焦点F(1,0)，
当MN经过圆心F且与OQ垂直时，四边形OMQN的面积最大，此时四边形OMQN的面积为12×2×2=2，
故四边形OMQN面积的最大值为2．
18.解：(Ⅰ)(i)由题设，AB=AP=A1B1=A1P=2，AA1=BB1=4，
∠BAA1=60°，
所以△ABP为等边三角形，∠AA1B1=120°，所以BP=2，
所以△BPC为等边三角形，
在△ACP中，由余弦定理，得cs∠CAP=6+4−42× 6×2= 64，
故cs∠PA1C1=− 64，
在△PA1C1中，由余弦定理，得PC12=A1C12+PA12−2A1C1⋅PA1cs∠PA1C1=16，
所以PC1=4．
(ii)直线PB1⊥平面BCP，
证明如下：在△PAB1中，由余弦定理，得PB1=2 3，
由BB12=BP2+PB12，可得BP⊥PB1，
由PC12=B1C12+PB12，得B1C1⊥PB1，
又BC/​/B1C1，所以BC⊥PB1，
又BP⊥PB1，BP∩BC=B，
所以直线PB1⊥平面BCP；
(Ⅱ)由(i)知直线PB1⊥平面BCP，又PB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面BCP，
过点P作平面ABB1A1的垂线Pz，则PB1，PB，Pz两两垂直，
故以点P为原点，PB1，PB，Pz所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则点P(0,0,0)，B1(2 3,0,0)，C(0,1, 3)，A1( 3,−1,0)，
所以PC=(0,1, 3)，PA1=( 3,−1,0)，PB1=(2 3,0,0)，
设平面A1CP与平面B1CP的法向量分别为n1=(x1,y1,z1)，n2=(x2,y2,z2)，
则PC⋅n1=0PA1⋅n1=0，即y1+ 3z1=0 3x1−y1=0，
取x1=1，则y1= 3，z1=−1，
则n1=(1, 3,−1)，
同理，PC⋅n2=0PB1⋅n2=0，即y2+ 3z2=02 3x2=0，
则x2=0，取y2= 3，则z2=−1，
则n2=(0, 3,−1)，
所以|cs〈n1,n2〉|=|n1⋅n2||n1||n2|=2 55，
即平面A1CP与平面B1CP夹角的余弦值是2 55．
19.解：(Ⅰ)因为焦点F1(−c,0)，F2(c,0)到渐近线bx±ay=0的距离均为b，所以b=2 3，
由角平分线的性质可知||PF1|−|PF2||=|QF2|=2a，
在△QF1F2中，OM是中位线，所以|OM|=a，
因为|F1F2|=4|OM|，所以c=2a，
又a2+b2=c2，解得a=2，c=4，
则双曲线的标准方程为x24−y212=1，
易知F2(4,0)，渐近线y=± 3x的倾斜角分别为π3,2π3，
接下来对直线CD的情况进行分类讨论，
当CD是通径时，其倾斜角θ=π2；
当CD不是通径时，设直线方程为y=k(x−4)，
联立y=k(x−4)x24−y212=1，得(k2−3)x2−8k2x+16k2+12=0，
此时Δ>0，由韦达定理得x1+x2=8k2k2−3>0，x1x2=16k2+12k2−3>0，
所以k2>3，解得k> 3或k