2024-2025学年安徽省淮南第四中学高二上学期期末教学质量检测数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年安徽省淮南第四中学高二上学期期末教学质量检测数学试卷（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.下列四个椭圆中，形状最扁的是( )
A. x220+y29=1B. x220+y210=1C. x220+y211=1D. x220+y212=1
2.已知空间向量a=1,0,3,b=2,1,0,c=5,2,z，若a,b,c共面，则实数z的值为( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
3.已知等比数列{an}的公比不为1，且a6，a4，a5成等差数列，则数列{an}的公比为( )
A. −2B. −1C. 12D. 2
4.将一张坐标纸折叠一次，使点(2,0)与点(−6,8)重合，则折痕所在直线的方程是( )
A. x−y−6=0B. x+y+6=0C. x+y−6=0D. x−y+6=0
5.已知O为坐标原点，P是直线l:x−y+3=0上一动点，Q是圆C:(x−2)2+(y−1)2=1上一动点，则|OP|+|PQ|的最小值为( )
A. 17−1B. 17+1C. 29−1D. 29+1
6.已知椭圆C:x23+y2=1的左右焦点分别为F1,F2，直线y=x− 23与C交于A,B两点，则▵F1AB的面积与▵F2AB面积的比值为( )
A. 3B. 2C. 3D. 2
7.已知数列an满足a1=3，an+1−an=2，bn=−1n+11an+1an+1，若数列bn的前n项和为Tn，不等式Tn0,b>0)的左、右焦点，以F1F2为直径的圆与双曲线右支的一个交点为P，PF1与双曲线相交于点Q，且|PQ|=3|QF1|，则该双曲线的离心率为( )
A. 873B. 293C. 32D. 52
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.无穷数列{an}的前n项和Sn=an2+bn+c，其中a，b，c为实数，则( )
A. {an}可能为等差数列B. {an}可能为等比数列
C. {an}中一定存在连续三项构成等差数列D. {an}中一定存在连续三项构成等比数列
10.在空间直角坐标系Oxyz中，O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(2,1,−2)，C(4,3,2)，则( )
A. AB⋅BC=4
B. 点A到直线BC的距离为4 33
C. |AB|= 6
D. 直线OA与平面OBC所成角的正弦值为 217
11.祖暅原理也称祖氏原理，是一个涉及求几何体体积的著名数学命题，公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术，祖暅在求球体积时，使用一个原理，“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积相等，则体积相等，更详细点说就是，夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积相等，那么这两个几何体的体积相等，上述原理在中国被称为祖暅原理，国外同一般称之为卡瓦列利原理，已知将双曲线C：x28−y22=1与它的渐近线以及直线x=2 2，x=4围成的图形绕x轴旋转一周得到一个旋转体I，将双曲线C与直线y=±2围成的图形绕y轴旋转一周得到一个旋转体II，则关于这两个旋转体叙述正确的是( )
A. 由垂直于y轴的平面截旋转体II，得到的截面为圆面
B. 旋转体II的体积为112π3
C. 将旋转体I放入球中，则球的表面积的最小值为16π
D. 旋转体I的体积为8−4 2π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.写出一个与直线l1:x=−3,l2:x=1,l3:y=1都相切的圆的标准方程 ．
13.设F为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点，α，β分别为双曲线C的两条渐近线的倾斜角，已知点F到其中一条渐近线的距离为2，且满足α=15β，则双曲线C的焦距为 ．
14.已知数列an，a1=1，对于任意正整数n，都满足a1+n=a1+an+n，则1a1+1a2+⋯+1a2013= ．
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)
已知等差数列an的前n项和为Sn，且2a3+a4=46，S8=160．
(1)求an的通项公式和Sn；
(2)若bn=an⋅2n−1，求数列bn的前n项和Tn
16.(本小题12分)
已知抛物线y2=−x与过点(−2,0)直线l相交于A，B两点，点O为坐标原点．
(1)求OA⋅OB的值;
(2)若△OAB的面积等于3，求直线l的一般方程．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，其中∠ABC=45°，AB= 2BC= 2PA=2 2，E为棱PC上一动点．
(1)若E为PC中点，求证：AE⊥平面PBC；
(2)若E是棱PC上靠近P的三等分点，求平面ABE和平面PBE夹角的余弦值．
18.(本小题12分)
如图所示，由半椭圆C1:x24+y2b2=1(y≤0)和两个半圆C2: (x+1)2+y2=1(y≥0)、C3:(x−1)2+y2=1(y≥0)组成曲线C：F(x,y)=0，其中点A1，A2依次为C1的左、右顶点，点B为C1的下顶点，点F1，F2依次为C1的左、右焦点．若点F1，F2分别为曲线C2，C3的圆心．
(1)求C1的方程；
(2)C和D分别在曲线C1和曲线C2上．求出线段CD的最大值；
(3)若过点F1，F2作两条平行线l1，l2分别与C1，C2和C1，C3交与M，N和P，Q，求|MN|+|PQ|的最小值．
19.(本小题12分)
若各项为正的无穷数列an满足：对于∀n∈N∗，an+12−an2=d，其中d为非零常数，则称数列an为D数列.记bn=an+1−an．
(1)判断无穷数列an= n和an=2n是否是D数列，并说明理由；
(2)若an是D数列，证明：数列bn中存在小于1的项；
(3)若an是D数列，证明：存在正整数n，使得i=1n1ai>2024．
参考答案
1.A
2.B
3.A
4.D
5.C
6.B
7.D
8.B
9.ABC
10.BC
11.ACD
12.x+12+y+12=4(或x+12+y−32=4，答出一个即可)
13.8
14.20131007/110061007
15.【详解】(1)设等差数列an的公差为d，
因为2a3+a4=46，S8=160，
则2a3+a4=2a1+2d+a1+3d=46S8=8a1+8×72d=160，解得a1=6，d=4，
所以an=6+n−1⋅4=4n+2，Sn=6+4n+2n2=2n2+4n．
(2)由(1)可知：bn=4n+2⋅2n−1=2n+1⋅2n=2n−1⋅2n+1−2n−3⋅2n，
所以Tn=22+2+3×23−22+⋅⋅⋅+2n−1⋅2n+1−2n−3⋅2n=2n−1⋅2n+1+2．

16.解：(1)设A(−y12,y1)，B(−y22,y2)
由题直线l与x轴重合不满足题意，
设直线l: x=my−2
y2=−xx=my−2得y2+my−2=0，显然△>0，
有y1+y2=−m，y1y2=−2
OA⋅OB=(−y12)(−y22)+y1y2=4−2=2
(2)S△OAB=12×2×|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= m2+8=3，
解得m=±1，
即直线l的方程x+y+2=0或x−y+2=0．
17.【详解】(1)由题设AC= AB2+BC2−2AB⋅BCcs45 ∘= 8+4−2×2 2×2× 22=2，
所以AC2+BC2=AB2⇒AC⊥BC，
由PA⊥平面ABCD，BC⊂面ABCD，则PA⊥BC，
又PA∩AC=A均在面PAC内，所以BC⊥面PAC，
由AE⊂面PAC，则BC⊥AE，
因为PA=AC=2，且E为PC中点，则PC⊥AE，
由PC∩BC=C均在面PBC内，所以AE⊥平面PBC；
(2)由(1)AC⊥BC，且四边形ABCD为平行四边形，则AC⊥AD，
又PA⊥平面ABCD，故可构建如图所示的空间直角坐标系，
所以A(0,0,0),B(−2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2)，
由PE=13PC=(0,23,−23)，则E(0,23,43)，
所以AB=(−2,2,0)，AE=(0,23,43)，BE=2,−43,43，EP=0,−23,23，
设平面ABE的法向量为m=(a,b,c)，则m⋅AB=−2a+2b=0m⋅AE=23b+43c=0,
令a=2，可得m=(2,2,−1)，
设平面PBE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅BE=2x−43y+43z=0n⋅EP=−23y+23z=0,
令y=1，可得n=(0,1,1)，
若平面ABE和平面PBE夹角为θ，则csθ=|m⋅n|m||n||=13 2= 26．

18.解：(1)由两圆的方程知：圆心分别为C1(−1,0)，C2(1,0)，即F1(−1,0)，F2(1,0)，
∴b2+1=4，解得：b2=3，∴C1：x24+y23=1(y≤0)．
(2)由题意易知当C与A2，D与A1同时重合时，
CD取得最大值为1+c+a=1+1+2=4．
(3)由题意知：|MN|+|PQ|=|MF1|+|PF2|+2；
∵l1/​/l2，∴由对称性可知：|MF1|+|PF2|为椭圆x24+y23=1截直线l2的弦长，
设l2：x=my+1，其与椭圆x24+y23=1交于点(x1,y1)和(x2,y2)
由x=my+1x24+y23=1得：(3m2+4)y2+6my−9=0，则Δ=48(3m2+3)>0，
∴y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
∴|MF1|+|PF2|= 1+m2⋅ (y1+y2)2−4y1y2=12(m2+1)3m2+4=4−43m2+4，
当m=0时，|MF1|+|PF2|取得最小值4−1=3，
∴|MN|+|PQ|的最小值为3+2=5．
19.解：(1)an= n是D数列，an=2n不是D数列，理由如下：
当an= n时，an2=n，an+12=n+1，
则an+12−an2=n+1−n=1，故是D数列；
当an=2n时，an2=22n，an+12=22n+2，
则an+12−an2=22n+2−22n=3×22n，故不是D数列；
(2)证明：若an是D数列，则an>0且an+12−an2=d，
此时数列an2是以a12为首项，d为公差的等差数列，
故an2=a12+n−1d，当d0恒成立，an+12−an2=d>0，
有an2=a12+n−1d>n−1d，an+12=a12+nd>nd，
即an> n−1d，an+1> nd，有an+1+an> n−1d+ nd= n+ n−1 d，
则bn=an+1−an=dan+1+an2d a12+d− a12+ a12+2d− a12+d+⋯+ a12+nd− a12+n−1d
=2d a12+nd−a1，
由 a12+nd−a1随n的增大而增大，
且n→+∞时，2d a12+nd−a1→+∞，
故对任意的d>0，总存在正整数n使2d a12+nd−a1>2024，
即总存在正整数n，使得i=1n1ai>2024．