2024-2025学年山东省泰安某高中高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省泰安某高中高二（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.已知直线l的一方向向量为(1, 3)，则直线l的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.直线 3x+y+2=0的倾斜角为( )
A. 150°B. 120°C. 60°D. 30°
3.已知直线l：x−y+m=0(m>0)与圆C：x2+y2−2x−4y−3=0交于A，B两点，且圆C在A，B两点处的切线交于点M，若△ABM为正三角形，则m=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.已知数列{an}满足an=nn+1，则a1+a222+a332+⋅⋅⋅+a202020202+a202120212=( )
A. 20202021B. 20182019C. 20192020D. 20212022
5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1+a2=12且a1，a2+6，a3成等差数列，则S10S5为( )
A. 244B. 243C. 242D. 241
6.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，F为线段BC1的中点，则点F到平面ACD1的距离为( )
A. 33B. 12C. 22D. 1
7.已知抛物线y2=4x的焦点为F，M，N是抛物线上两个不同的点．若|MF|+|NF|=5，则线段MN的中点到y轴的距离为( )
A. 3B. 32C. 5D. 52
8.设双曲线x2a2−y2=1的左、右焦点为F1、F2，渐近线方程为y=±12x，过F1直线l交双曲线左支于A、B两点，则|AF2|+|BF2|的最小值为( )
A. 9B. 10C. 14D. 152
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.下列求导运算正确的是( )
A. [cs(−x)]′=sinxB. (xlnx)′=lnx−1(lnx)2
C. ( x5)′=52x32D. (1−x3)′=1−3x2
10.关于双曲线C：x24−y25=1，下列说法正确的是( )
A. 该双曲线与双曲线y25−x24=1有相同的渐近线
B. 过点F(3,0)作直线l与双曲线C交于A、B，若|AB|=5，则满足条件的直线只有一条
C. 若直线l与双曲线C的两支各有一个交点，则直线l的斜率k∈(− 52, 52)
D. 过点P(1,2)能作4条直线与双曲线C仅有一个交点
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，N1为A1B1C1D1所在平面上一动点，且NN1⊥平面ABCD，则下列命题正确为( )
A. 若MN与平面ABCD所成的角为π4，则动点N所在的轨迹为直线
B. 若三棱柱NAD−N1A1D1的侧面积为定值，则动点N所在的轨迹为椭圆
C. 若D1N与AB所成的角为π3，则动点N所在的轨迹为双曲线
D. 若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则动点N所在的轨迹为抛物线
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(1,x,2)，b=(2,2,0)，c(−1,0,2)，若a，b，c共面，则x= ______．
13.把△ABC放置在平面直角坐标系中，点A在直线BC的上方，点D，E在边BC上，AD平分∠BAC，AE⊥BC，且点A，E都在y轴上，直线AD的方程为 3x−y+4=0,|AD|=2 3，直线AC的斜率为−3，则点C的坐标为______；直线AB在x轴上的截距为______．
14.已知抛物线C：y2=2px(p>0)，过其焦点F且倾斜角为60°的直线l与抛物线交于A，B两点(A在第一象限)，若|AF|=6，则抛物线C的方程为______．
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)
如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAD是正三角形，∠ABC=90°，AB//CD，AB=2CD=2BC=4，平面PAD⊥平面ABCD，M是棱PC上动点．
(1)求证：平面MBD⊥平面PAD；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得直线AP与平面MBD所成角为30°？若存在，求出PMPC的值；若不存在，说明理由．
16.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=1−an(n∈N∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=lg13an，cn=an⋅bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
17.(本小题12分)
已知圆C的圆心在直线x−y+2=0上，与直线x+ 3y−2=0相切于点(−1, 3)．
(1)求圆C的标准方程；
(2)过点(2,0)的直线与圆C相交于M，N两点，若△MNC的面积为4 23，求该直线的方程．
18.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点A( 2,0)，过点B(−1,0)的直线l与椭圆C交于M，N两点(M,N异于点A)，当直线l与x轴垂直时，|MN|= 2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求△AMN面积的取值范围．
19.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(−6,0)、F2(6,0)，△MF1F2的内切圆与直线F1F2相切于点D(4,0)，记点M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x=2上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，连接BP，AQ.若直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0，试比较cs∠BAQ与cs∠BPQ的大小．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.D
5.A
6.A
7.B
8.A
9.BC
10.ACD
11.BCD
12.2
13.(1,1) −20 3+243
14.y2=6x
15.解：(1)证明：因为AB/​/CD，AB=2CD=2BC=4，所以CD=BC=2，因为∠ABC=90°，所以∠BCD=90°,BD=2 2，
因为∠ABD=45°，AB=4，所以AD= AB2+BD2−2AB⋅BDcs∠ABD=2 2，
所以AD2+BD2=AB2，∠ADB=90°，AD⊥BD，
取AD中点O，连结PO，因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD，
又面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，PO⊂面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以PO⊥BD，
又AD⊥BD，PO∩AD=O，PO，AD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，
又BD⊂平面BDM，所以平面MBD⊥平面PAD．
(2)取AB中点N，连结ON，则ON/​/BD，AD⊥ON，
以ON，OD，OP为正交基底建立如图所示坐标系，

A(0,− 2,0),D(0, 2,0),B(2 2, 2,0),C( 2,2 2,0),P(0,0, 6)，
设PM=λPC，0≤λ≤1，则DM=DP+PM=DP+λPC=(0,− 2, 6)+λ( 2,2 2,− 6)=( 2λ,2 2λ− 2, 6− 6λ)，
又DB=(2 2,0,0)，设平面BDM的一个法向量为n=(x,y,z)，
则DM⋅n=0DB⋅n=0，即 2λx+ 2(2λ−1)y+ 6(1−λ)z=02 2x=0，若z=2λ−1，
取n=(0, 3(λ−1),2λ−1),AP=(0, 2, 6)，
由直线AP与平面MBD所成角为30°，得sin30°=|cs〈AP,n〉|=|AP⋅n||AP|⋅|n|= 6|3λ−2|2 2⋅ 7λ2−10λ+4，
则10λ2−13λ+4=0 解得λ=12或λ=45，
当PMPC=12或45时，直线AP与平面BDM所成角为30°．
16.解：(1)由2Sn=1−an(n∈N∗)，可得2a1=2S1=1−a1，解得a1=13，
当n≥2时，由2Sn=1−an(n∈N∗)，可得2Sn−1=1−an−1，
两式相减可得2an=2Sn−2Sn−1=1−an−1+an−1，即an=13an−1，
则数列{an}是首项和公比均为13的等比数列，
即有an=(13)n；
(2)若bn=lg13an=n，
cn=an⋅bn=n⋅(13)n，
数列{cn}的前n项和Tn=1⋅(13)1+2⋅(13)2+...+n⋅(13)n，
则13Tn=1⋅(13)2+2⋅(13)3+...+n⋅(13)n+1，
上面两式相减可得23Tn=(13)1+(13)2+...+(13)n−n⋅(13)n+1=13(1−13n)1−13−n⋅(13)n+1=12−2n+32⋅3n+1，
则Tn=34−2n+34⋅3n．
17.解：(1)依题意，过点(−1, 3)且垂直于直线x+ 3y−2=0的直线方程为y− 3= 3(x+1)，
则圆C的圆心C在直线y= 3x+2 3上，由x−y+2=0y= 3x+2 3，解得x=−2y=0，
即点C(−2,0)，因此圆C的半径r= (−2+1)2+( 3)2=2，
所以圆C的标准方程为(x+2)2+y2=4．
(2)显然直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=k(x−2)，即kx−y−2k=0，
则点C到直线MN的距离d=4|k| 1+k2，|MN|=2 r2−d2=4 1−3k21+k2，
于是△MNC的面积S△MNC=12|MN|⋅d=8|k| 1−3k21+k2=4 23，解得k=± 1111或k=± 55，
所以直线MN的方程为y=± 1111(x−2)或y=± 55(x−2)，即x± 11y−2=0或x± 5y−2=0．

18.解：(1)因为椭圆C：x2a2+y2b2=1的右顶点A( 2,0)，
所以a= 2，
当直线l与x轴垂直时，且|MN|= 2，
所以直线l经过点(−1, 22)，
可得12+24b2=1，
解得b2=1，
则椭圆C的方程为x22+y2=1；
(2)易知直线l的斜率不为0，
不妨设直线l的方程为x=ty−1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=ty−1x22+y2=1，消去x并整理得(t2+2)y2−2ty−1=0，
此时Δ=8t2+8>0，
由韦达定理得y1+y2=2tt2+2，y1y2=−1t2+2，
所以△AMN的面积为S=12|AB||y1−y2|=12×( 2+1)× (y1+y2)2−4y1y2
= 2+12 (2tt2+2)2+4t2+2=4+2 22⋅ t2+1t2+2=(2+ 2)⋅ t2+1t2+2，
不妨令u= 1+t2≥1，
此时S=(2+ 2)⋅uu2+1=(2+ 2)⋅1u+1u，
因为对勾函数y=u+1u在[1,+∞)上单调递增，
所以u+1u≥2，
此时00)，
所以|F1F2|=2c=12，|MF1|−|MF2|=2a=8，
所以a=4，c=6，b2=c2−a2=20，
所以点M的轨迹方程C为x216−y220=1(x≥4)
(2)由题意，直线AB，PQ的斜率互为相反数，记kAB=k(k2>54)，
则kPQ=−k，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，
设T(2,t)，则直线AB：y=k(x−2)+t，AB：y=k(x−2)+t，PQ：y=−k(x−2)+t．
联立直线AB和双曲线方程y=k(x−2)+tx216−y220=1，
整理得(20−16k2)x2+(64k2−32kt)x−(8k−4t)2−320=0．
该方程有两个不等实根x1，x2，
则20−16k2≠0Δ=(64k2−32kt)2−4(20−16k2)[−(8k−4t)2−320]>0
根据韦达定理可得x1+x2=16k2−8kt4k2−5，x1x2=(4k−2t)2+804k2−5，
同理可得x3+x4=16k2+8kt4k2−5，x3+x4=16k2+8kt4k2−5 x3⋅x4=(4k+2t)2+804k2−5，
又因为|TA|= 1+k2(x1−2)，|TB|= 1+k2(x2−2)．
|TP|= 1+k2(x3−2)，|TQ|= 1+k2(x4−2)．
则|TP|=(1+k2)4t2+604k2−5，
同理可得|TP||TQ|=(1+k2)4t2+604k2−5
即|TP||TQ|=|TA||TB|
进而可得△TPA相似于△TBQ，
即∠TPA=∠TBQ，∠TPA=∠TBQ£¬∠TAP=∠TQB£¬，
也即A，B，Q，P四点共圆，可得∠BAQ=∠BPQ
从而得cs∠BAQ=cs∠BPQ．
因此cs∠BAQ=cs∠BPQ．