2024-2025学年贵州省黔西南州高二上学期期末学业质量监测数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年贵州省黔西南州高二上学期期末学业质量监测数学试卷（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。
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.数列13，35，57，79，911，…的一个通项公式是an=( )
A. 2n−32n−1B. 2n−12n+1C. 2n+12n+3D. 2n+32n+5
2.已知a=(2,−1,3)，b=(−4,2,x)，且a⊥b，则x的值为( )
A. 103B. 5C. −6D. 10
3.圆C1：(x+1)2+(y−1)2=4与圆C2：(x−2)2+(y+3)2=25的位置关系为( )
A. 相离B. 相交C. 相切D. 不确定
4.已知椭圆C：y225+x29=1，下列与椭圆C焦点相同的双曲线方程为( )
A. x225−y29=1B. y225−x29=1C. x29−y27=1D. y29−x27=1
5.已知抛物线C:x2=8y与直线l:x−y−4=0，点P为抛物线C上一动点，则当点P到直线l的距离最小时，点P的坐标为( )
A. 1,18B. 2,12C. 4,2D. −4,2
6.已知等差数列an的前n项和为Sn，且S3=152，2(a1+a5)=4a2+3，则a4=( )
A. 1B. 52C. 4D. 134
7.已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上任意一点，则下列说法错误的是( )
A. △MF1F2的周长为6B. △MF1F2面积的最大值为 3
C. MF2的取值范围为[1,3]D. MF1−MF2的最小值为−1
8.定义Gn=a1+2a2+3a3+⋯+nann(n∈N∗)为数列an的“匀称值”.若数列an的“匀称值”为1，设数列anan+2的前n项和为Tn，且2Tn0)对任意n∈N∗恒成立，则实数m的取值范围为( )
A. (2,+∞)B. [2,+∞)C. (0,2)D. (0,2]
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.已知数列an为等比数列，则下列说法正确的是( )
A. 若a1=a2，则a1=a3B. 若a1=a3，则a1=a2
C. 若a2=3，则a1a3=9D. 若a1a3=9，则a2=3
10.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为CC1上一动点，则下列说法正确的是( )
A. B1D1⊥A1D
B. 三棱锥E−B1BD的体积为定值43
C. 当E为CC1的中点时，AE⊥平面A1BD
D. 当E为CC1的中点时，BE与平面A1BD所成角的正弦值为 155
11.在平面直角坐标系xOy中，已知圆F：(x−2)2+y2=1，动圆M与圆F外切，且与直线x=−1相切．过F的直线与M的轨迹交于不同的两点A，B，则下列说法正确的是( )
A. M的轨迹方程为y2=4xB. 若AF=2FB，则|AB|=9
C. 4|AF|+|BF|的最小值为18D. OA与OB的夹角的余弦值最小为−310
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l经过A(−1,0)，B(1,−2 3)两点，则直线l的倾斜角为 ．
13.已知数列an满足an+1=−11+an(n∈N∗)，且a2=2，则a100= ．
14.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，左、右顶点分别为A1，A2，过F的直线与双曲线C的一条渐近线垂直，垂足为M，直线MA1，MA2分别与y轴交于点P，Q，且OP=3OQ(O为坐标原点)，则双曲线C的离心率为 ．
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)
已知数列an为等差数列，a1=1，a4=10，等比数列bn的公比为q(q>0)，b1b3=36，b2+b4=60．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)设cn=an−3bn，求数列cn的前n项和Sn．
16.(本小题12分)
已知四点O(0,0)，A(4,2)，B(2,−4)，C(8,0)，现任取其中三点构成三角形，且此三角形的外接圆记为圆M．
(1)求出一个符合条件的圆M的方程，且点O在圆M上(求出一个即可，如果多求，按第一个给分)；
(2)根据(1)求出的圆M，判断过第四个点且斜率为−2的直线l与圆M的位置关系．若直线l与圆M相交，求直线l被圆M所截得的弦长；若直线l与圆M相离，求圆M上的动点P到直线l距离的最小值．
17.(本小题12分)
如图，在底面是菱形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，且∠ABC=60 ∘，PA=AC=2，点E在棱PD上，PE:ED=2:1，M为棱PA的中点．
(1)证明：BM//平面AEC；
(2)求平面AEC与平面BMC夹角的余弦值．
18.(本小题12分)
已知椭圆C的两个焦点坐标分别为−2,0、2,0，且椭圆C经过点32,− 52．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知圆O:x2+y2=32，过圆O上任意一点P作圆O的切线l，若l与椭圆C交于A、B两点，求▵OAB的面积的最大值．
19.(本小题12分)
若数列an的首项a1=1，且满足an+1=2an+1(n∈N∗)，令cn=an+1．
(1)证明：cn是等比数列，并求an的通项公式；
(2)若bn=2n−1cn，求bn的前n项和Tn；
(3)在cn与cn+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列dn中是否存在互不相同的3项dm，dk，dp(m，k，p∈N∗，且m+p=2k)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.B
2.A
3.B
4.D
5.C
6.C
7.D
8.B
9.AC
10.BD
11.BC
12.2π3
13.−32
14.2
15.【详解】(1)在等差数列an中，a1=1，a4=10，公差d=a4−a14−1=3，
所以数列an的通项公式为an=a1+(n−1)d=3n−2；
在等比数列bn中，b22=b1b3=36，由b2(1+q2)=b2+b4=60>0，得b2>0，
解得b2=6，q2=9，而q>0，因此q=3，
所以数列bn的通项公式是bn=b2qn−2=2⋅3n−1．
(2)由(1)知，Sn=(a1+a2+⋯+an)−3(b1+b2+⋯+bn)
=n(1+3n−2)2−3⋅2(1−3n)1−3=n(3n−1)2+3−3n+1．

16.【详解】(1)设圆M的方程为：(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，
选点O(0,0),A(4,2),B(2,−4)，则a2+b2=r2(4−a)2+(2−b)2=r2(2−a)2+(4+b)2=r2，整理得a2+b2=r22a+b=5a−2b=5,
解得a=3,b=−1,r= 10，所以圆M的方程为：(x−3)2+(y+1)2=10，
而8−32+0+12=26>10，则点C在圆OAB外，即O,A,B,C不共圆．
选点O(0,0),A(4,2),C(8,0)，则a2+b2=r2(4−a)2+(2−b)2=r2(8−a)2+b2=r2，整理得a2+b2=r22a+b=5a=4,
解得a=4,b=−3,r=5，所以圆M的方程为：(x−4)2+(y+3)2=25．
选点O(0,0),B(2,−4),C(8,0)，则a2+b2=r2(2−a)2+(4+b)2=r2(8−a)2+b2=r2，整理得a2+b2=r2a−2b=5a=4,
解得a=4,b=−12,r= 652，所以圆M的方程为：(x−4)2+(y+12)2=654．
(2)若圆M的方程为：(x−3)2+(y+1)2=10，其圆心M(3,−1)，半径r= 10，
而点C(8,0)，直线l:y=−2(x−8)，即2x+y−16=0，
点M到直线l距离d=|6−1−16| 5=11 5> 10，所以直线l与圆M相离，
圆M上的动点P到直线l距离的最小值为d−r=11 55− 10．
若圆M的方程为：(x−4)2+(y+3)2=25，其圆心M(4,−3)，半径r=5，
而点B(2,−4)，直线l:y+4=−2(x−2)，即2x+y=0，
点M到直线l距离d=|8−3| 5= 5b>0，
由题意可得94a2+54b2=1a2−b2=4，解得a2=6b2=2,
因此，椭圆C的标准方程为x26+y22=1．
(2)当切线l的斜率不存在时，易知点P的坐标为 62,0或− 62,0，
若点P的坐标为 62,0时，则直线l的方程为x= 62，
联立x= 62x26+y22=1可得x= 62y=± 62，不妨取点A 62, 62、B 62,− 62，
此时，S△OAB=12× 6× 62=32；
当切线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
易知圆O:x2+y2=32的圆心为原点，半径为 62，
因为直线l与圆O相切，则m k2+1= 62，可得m2=32k2+1，
联立y=kx+mx2+3y2=6可得3k2+1x2+6kmx+3k2−6=0，
Δ=36k2m2−43k2+13m2−6=126k2+2−m2=69k2+1>0，
由韦达定理可得x1+x2=−6km3k2+1，x1x2=3m2−63k2+1，
AB= 1+k2⋅ x1+x22−4x1x2= 6k2+19k2+13k2+1= 2⋅ 3k2+39k2+13k2+1
≤ 23k2+3+9k2+123k2+1=2 2，
当且仅当3k2+3=9k2+1时，即当k=± 33时，等号成立，
此时，S△AOB=12⋅AB⋅ 62≤ 64×2 2= 3，且 3>32，
因此，▵AOB面积的最大值为 3．

19.【详解】(1)由an+1=2an+1，得an+1+1=2(an+1)，
而cn=an+1，则cn+1=2cn，又c1=a1+1=2≠0，
所以数列cn是等比数列，an+1=cn=2⋅2n−1=2n，an=2n−1．
(2)由(1)知，bn=2n−12n，
Tn=12+322+523+⋯+2n−12n，则12Tn=122+323+524+⋯+2n−32n+2n−12n+1，
两式相减得12Tn=12+12+122+⋯+12n−1−2n−12n+1=12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1=32−2n+32n+1，
所以Tn=3−2n+32n
(3)依题意，cn+1=cn+(n+2−1)dn，即2n+1=2n+(n+1)dn，解得dn=2nn+1，
假设在数列dn中存在不相同的3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列，则dk2=dmdp，
即(2kk+1)2=2mm+1⋅2pp+1，则22k(k+1)2=2m+p(m+1)(p+1)，由m,k,p成等差数列，得m+p=2k，
因此(k+1)2=(m+1)(p+1)，整理得k2=mp，则k=m=p，与m,k,p互不相等矛盾，
所以在数列dn中不存在三项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列