2024-2025学年河南省洛阳市高二上学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省洛阳市高二上学期期末考试数学试卷（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。
1.已知直线l1：ax−y−2=0，l2：x+a+2y−1=0，若l1//l2，则实数a=( )
A. −1或1B. 1C. −1D. −1或−3
2.记等差数列an的前n项和为Sn，且a2+a6=4，a7=5，则S10=( )
A. 25B. 35C. 45D. 55
3.设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是( )
A. 若α⊥β，m/​/α，l//β，则m⊥lB. 若m⊂α，l⊂β，m//l，则α//β
C. 若α//β，m⊂α，l⊂β，则m//lD. 若m⊥α，l//β，α//β，则m⊥l
4.已知某圆台的体积为19π，其上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为10π，则该圆台的高为( )
A. 3B. 5C. 7D. 9
5.已知椭圆C：x24+y22=1，P为椭圆上一点，若∠F1PF2=90 ∘，r为▵F1PF2的内切圆的半径，则r=( )
A. 2+ 2B. 2 2− 6C. 2− 2D. 2 2+ 6
6.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”).如取正整数m=6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”).现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列an满足：a1=m(m为正整数)，an+1=an2,当an为偶数时3an+1,当an为奇数时，当m=5时，a1+a2+a3+⋯+a30=( )
A. 92B. 106C. 113D. 120
7.已知曲线E:xx+yy=1，则下列结论中正确的是( )
A. 曲线E关于直线y=−x对称
B. 曲线E上的点到直线y=x的最大距离是 2
C. 曲线E与直线y=x无公共点
D. 曲线E与圆(x+ 2)2+(y+ 2)2=9有三个公共点
8.设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过坐标原点的直线与C交于A，B两点，且3F1B=2F1A，F2A⋅F2B=8a2，则C的离心率为( )
A. 7B. 11C. 15D. 17
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.过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F作直线l，交抛物线于A,B两点，若FA=3FB，则直线l的倾斜角可能为( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
10.如图，已知四边形ABCD中，Fnn∈N∗为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gnn∈N∗满足GnFn−121+anGnC=an+1GnB，其中数列an的首项为23，Sn是数列an的前n项和，则下列结论正确的是( )
A. a2=13B. 数列an−13是等比数列
C. an=131+−12n−1D. Sn=n3+291−−12n
11.如图所示，有一个棱长为2的正四面体P−ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 直线AE与PB所成的角为π2
B. ▵ABE的周长最小值为2+2 1+ 63
C. 如果在这个容器中放入1个小球(全部进入)，则小球半径的最大值为 63
D. 如果在这个容器中放入4个完全相同的小球(全部进入)，则小球半径的最大值为 6−15
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知u=3,a−2,a+2(a∈R)是直线l的方向向量，n=1,2,3是平面α的法向量，若l/​/α，则a= ．
13.已知O为坐标原点，点M满足|OM|=1，则点M到直线x−my+m−2=0距离的最大值为 ．
14.希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ>0，且λ≠1)的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，A−2,1，B−2,−2，点P是满足λ=12的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为 ；若点Q为抛物线E：y2=8x上的动点，Q在轴y上的射影为H，则PA+PQ+QH的最小值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72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Sn是等差数列an的前n项和，且S4=3S2，a2n=2an−1．
(1)求数列an的通项公式；
(2)记bn=3n⋅an，求数列bn的前n项和Tn．
16.(本小题12分)
已知圆C：(x−3)2+(y−4)2=4．
(1)若直线l过点A1,1)且与圆C相切，求直线l的方程；
(2)若直线l过点B5,0与圆C相交于P，Q两点，求▵CPQ的面积的最大值，并求此时直线l的方程．
17.(本小题12分)
已知等比数列an和等差数列bn满足：an+1>an，a1=b1=1，a2=b2，3a3=4b3，an的前n项和为Sn．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)设cn=2anSnSn+1，求数列cn的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，且AF1+AF2=4，离心率为12．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点B−2,0，M,N是曲线C上两点(点M,N不同于点A)，直线AM，AN分别交直线x=−2于P,Q两点，若BP⋅BQ=−32，证明：直线MN过定点．
19.(本小题12分)
如图，三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60∘，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足EF=12DA，求平面ABD与平面ABF所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知圆C：(x−2)2+y2=4，定点M−2,0，N为圆C上一动点，线段MN的中垂线与直线CN交于点P．
(1)证明PC−PM为定值，并求出点P的轨迹E的方程；
(2)若曲线E上存在一点Q，点A，B分别为直线l1：y= 3x在第一象限上的点与直线l2：y=− 3x在第四象限上的点，AQ=λQB，λ∈13,2，求▵AOB(O为坐标原点)面积的取值范围．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.A
5.C
6.A
7.D
8.D
9.BC
10.BCD
11.ABD
12.−1
13. 5+1/1+ 5
14.(x+2)2+(y−2)2=4 ； ； ；
； 17−2/−2+ 17
15.(1)设an的首项为a1，公差为d，
由题可得4a1+6d=32a1+da1+2n−1d=2a1+2n−1d−1,
解得a1=3，d=2，所以an=2n+1．
(2)由(1)知，bn=3n⋅an=2n+1⋅3n，
则Tn=3×31+5×32+7×33+⋯+2n−1⋅3n−1+2n+1⋅3n，
于是3Tn=3×32+5×33+7×34+⋯+2n−1⋅3n+2n+1⋅3n+1，
两式相减得−2Tn=3×31+232+33+⋯+3n−2n+1⋅3n+1
=9+2×32−3n+11−3−2n+1⋅3n+1=−2n⋅3n+1，
所以Tn=n⋅3n+1．

16.(1)因为(1−3)2+(1−4)2=4+9>4，所以点A1,1在圆C外，
当切线斜率存在时，可设直线方程为：y−1=kx−1，即kx−y−k+1=0．
因为直线与圆相切，所以点C3,4到直线的距离为2，即d=2k−3 k2+1=2，解的k=512，
此时直线方程为5x−12y+7=0，
当直线斜率不存在时，即x=1，此时满足直线与圆相切．
综上可知直线l的方程为5x−12y+7=0或x=1．
(2)因为直线与圆相交，所以斜率k存在，且k≠0．
设直线l的方程为y=kx−5，即kx−y−5k=0，
所以圆心到直线l的距离d=2k+4 k2+1，
故可得S▵CPQ=12×d×2 4−d2= d24−d2≤d2+4−d22=2，
当且仅当d= 2时等号成立，
此时2k+4 k2+1= 2，解的k=−1或k=−7．
所以直线的方程为：x+y−5=0或7x+y−35=0．

17.(1)等比数列an满足an+1>an，所以an为递增数列，
设an的公比为q(q>1)，等差数列bn的公差为d，
又a1=b1=1，a2=b2，3a3=4b3，所以1+d=q3q2=41+2d,
解得q=2d=1或q=23d=−13(舍去)
所以an=2n−1，bn=n．
(2)因为an=2n−1，所以Sn=1−2n1−2=2n−1，
故cn=2anSnSn+1=2n2n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，
Tn=c1+c2+c3+⋯+cn
=121−1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1
=1−12n+1−1．

18.(1)设椭圆C的半焦距为c，由题意知2a=4ca=12a2=b2+c2,
解得a=2b= 3c=1，所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)由题意知，直线MN斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+n，(n≠2)
Mx1,y1，Nx2,y2，A2,0，联立方程x=my+nx24+y23=1,
消去x整理得3m2+4y2+6mny+3n2−12=0，
所以Δ=36m2n2−43m2+43n2−12>0y1+y2=−6mn3m2+4y2y2=3n2−123m2+4,
易知直线AM为y=y1x1−2x−2，令x=−2，得到y=−4y1x1−2，则P−2,−4y1x1−2，
同理可得Q−2,−4y2x2−2，
所以BQ⋅BP=16y1y2x1−2x2−2=16y1y2my1+n−2my2+n−2
=16y1y2m2y1y2+mn−2y1+y2+(n−2)2=−32，
将y1+y2=−6mn3m2+4,y2y2=3n2−123m2+4代入，化简整理得163n2−124n2−16n+16=−32，
解得n=2(舍)或n=−149，
所以直线MN恒过定点−149,0．

19.(1)连接AE,DE，
因为E为BC中点，DB=DC，所以DE⊥BC①，
因为DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60∘，所以▵ACD与▵ABD均为等边三角形，
∴AC=AB，从而AE⊥BC②，
由①②，AE∩DE=E，AE,DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，
而AD⊂平面ADE，
所以BC⊥DA．
(2)不妨设DA=DB=DA=AB=AC= 2，
∵BD⊥CD，∴BC=2,DE=1，
则AC2+AB2=BC2，即AC⊥AB，则AE=1，
∴AE2+DE2=2=AD2，∴AE⊥DE，
又∵AE⊥BC,DE∩BC=E，DE,BC⊂平面BCD
∴AE⊥平面BCD，
以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
可得D1,0,0,A0,0,1,B0,1,0,E0,0,0，
设平面ABD与平面ABF的一个法向量分别为n1=x1,y1,z1,n2=x2,y2,z2，
平面ABD与平面ABF所成角为θ，而AB=0,1,−1,DA=−1,0,1，
因为EF=12DA=−12,0,12，所以F−12,0,12，即有AF=−12,0,−12，
可得AB⋅n1=y1−z1=0DA⋅n1=−x1+z1=0，取x1=1，所以n1=1,1,1；
又AB⋅n2=y2−z2=0AF⋅n2=−12x2−12z2=0，取z2=1，所以n2=−1,1,1，
所以csθ=n1⋅n2n1n2=1 3× 3=13，从而sinθ= 1−19=2 23，
所以平面ABD与平面ABF所成角的正弦值为2 23．

20.(1)易得圆C：x2−22+y2=4的圆心为C2,0，半径为2．
因为P在线段MN的中垂线上，所以PN=PM，
所以PC−PM=PC−PN=CN=2为定值．
又20,b>0)，则a=1，又c=2，
所以b2=a2−c2=3，所以双曲线E的方程为x2−y23=1；
(2)
由题意知l1，l2为双曲线x2−y23=1的渐近线．
根据题意设Ax1, 3x1，Bx2,− 3x2，x1>0,x2>0，QxQ,yQ，
因为AQ=λQB，所以xQ−x1=λx2−xQ，yQ− 3x1=λ− 3x2−yQ，
所以xQ=x1+λx21+λ，yQ= 3x1−λx21+λ．
因为Q点在双曲线上，所以x1+λx22(1+λ)2−x1−λx22(1+λ)2=1，
所以4λx2x2=(1+λ)2，所以x1x2=(1+λ)24λ，
易得OA= x 12+3x 12=2x1，OB= x 22+3x 22=2x2．
易知∠AOB=π3+π3=2π3，
则S▵AOB=12OAOBsin∠AOB=12⋅2x1⋅2x2⋅ 32= 3x1x2= 34⋅(1+λ)2λ，
即S▵AOB= 34⋅λ+1λ+2，
易知函数fλ=λ+1λ在13,1上单调递减，在1,2上单调递增，
所以，当λ=1时，S▵AOB取得最小值为 3，当λ=13时，S▵AOB取得最大值为4 33，
▵AOB面积的取值范围 3,4 33．