2024-2025学年广东省深圳外国语学校高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省深圳外国语学校高二（上）期末数学试卷（含答案），共9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.已知等差数列{an}满足a2+a9+a10=6，则a7等于( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
2.直线l1：(a+1)x+y−1=0，l2：2x+ay+a−2=0，则“l1//l2”的充要条件是( )
A. a=1B. a=−2C. a=1或−2D. 以上均不对
3.已知{a,b,c}为空间的一组基底，则下列各组向量中能构成空间的一组基底的是( )
A. a−b+c，b+c，a−cB. a+b，c+2b，2a−c
C. 2a−b，2c+b，a+cD. a+b，2a+b+c，c−b
4.若方程x29−t+y2t−5=1表示焦点在y轴上的椭圆，则t的取值范围是( )
A. (5,9)B. (5,7)∪(7,9)C. (5,7)D. (7,9)
5.已知A(2,2,1)，B(3,2,0)，则点P(2,0,−1)到直线AB的距离为( )
A. 3B. 2C. 5D. 6
6.已知在三棱柱ABC−A1B1C1中，|AB|=|AC|=2，|AA1|=3，∠A1AB=∠A1AC=60°，AB⊥AC，D，E分别为AB，CC1的中点，则|DE|=( )
A. 2 2B. 352C. 3D. 382
7.已知数列{an}的前n项和为Sn，其中a1=1，an+1=Sn+2n+1，则S9a5+a6=( )
A. 10110B. 535C. 30328D. 15314
8.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交E的左支于A，B两点，若|AF1|，|AF2|，|BF2|成等差数列，且cs∠AF2B=13，则E的离心率是( )
A. 333B. 152C. 5D. 3
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}满足a1=2，an+1−anan+1−an=1，则下列各数是{an}的项的有( )
A. −12B. 12C. −13D. 13
10.已知圆C：x2+y2−6x−4y+5=0，则下列说法正确的是( )
A. y−x的最大值为3B. x+y的最大值为7
C. yx的最大值为6+2 10D. x2+y2的最大值为21+4 26
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，点P满足AP=λAD+μAA1(λ∈[0,1],μ∈[0,1])，E为B1C1中点，则下列论述正确的是( )
A. 若λ=μ=34，则EP⊥BC1
B. 若2λ−μ=1，则直线B1P/​/平面BDE
C. 若λ+μ=1，则点P到平面AB1C的距离为 3
D. 若λ=μ，则平面A1CP与平面ABCD所成角的取值范围为[π4,π2]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知A(1,1,0)，B(3,5,6)，C(6,a,b)三点共线，则a+b= ______．
13.已知点P到F(1,0)的距离比P的横坐标大1，点M的轨迹方程为x2+y2−8x−2y+16=0，则|PM|+|PF|最小时，△PMF的面积为______．
14.已知数列{an}前n项和为Sn，满足a1=1，(n+2)Sn=nan+1，则数列{an(n+2)⋅(n+3)}的前n项和为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知圆C的圆心在直线2x−y−5=0上，且经过点A(0,3)，B(4,−1)．
(1)求圆C的标准方程；
(2)求过原点且与圆C相切的直线方程．
16.(本小题15分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，2Sn+1=3an，数列{bn}满足b1=a1，n(bn+1−bn)=bn．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
已知抛物线C1：y2=2px(p>0)的焦点F也是椭圆C2：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点，A(32, 6)为C1与C2的一个公共点．
(1)求C1，C2的方程；
(2)过点F的直线l交C1于M，N两点，交C2于P，Q两点，若|MN|=|PQ|，求l的方程．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥底面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，CD=2AB=2AP=2，BC= 3，PC= 5．
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值；
(3)在线段PD上是否存在点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是14？若存在，求出DMDP的值，若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
已知F( 2,0)是双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点，F到双曲线E的一条渐近线距离为1．
(1)求E的方程；
(2)过点M(t,0)(t>1)且斜率为2的直线l1交E于A1，B1两点，交E的两条渐近线于P1，Q1两点，其中点A1，P1在第一象限．
(i)证明：|A1P1|=|B1Q1|；
(ii)An(n∈N∗)关于x轴的对称点为Bn+1，过点Bn+1且斜率为2的直线ln+1交E于另一点An+1，交E的两条渐近线于Pn+1，Qn+1两点，所有的点An,Pn(n∈N∗)都在第一象限，记an=|AnPn|，证明：数列{an}是等比数列，并求其公比．
参考答案
1.B
2.B
3.A
4.D
5.D
6.B
7.C
8.A
9.AD
10.ACD
11.AB
12.26
13.118
14.2n−1n+3−16
15.解：(1)已知圆C的圆心在直线2x−y−5=0上，且经过点A(0,3)，B(4,−1)，
则线段AB的中点(2,1)，直线AB的斜率kAB=−1−34−0=−1，
则线段AB的中垂线斜率为−1kAB=1，方程为y−1=x−2，即y=x−1，
由y=x−12x−y−5=0，解得x=4，y=3，因此圆C的圆心C(4,3)，半径r=|AC|=4，
所以圆C的标准方程为(x−4)2+(y−3)2=16；
(2)过原点且斜率不存在的直线为x=0，点C(4,3)到直线x=0的距离为4=r，
即直线x=0与圆C相切；
当切线斜率存在时，设切线方程为y=kx，即kx−y=0，点C(4,3)到该直线距离为|4k−3| k2+1=4，
解得k=−724，因此切线方程为7x+24y=0，
综上，经过原点且与圆C相切的直线方程为x=0或7x+24y=0．
16.解：数列{an}的前n项和为Sn，2Sn+1=3an，数列{bn}满足b1=a1，n(bn+1−bn)=bn．
(1)当n=1时，2S1+1=2a1+1=3a1，则a1=1=b1；
当n≥2时，2an=2Sn−2Sn−1=3an−1−(3an−1−1)，整理得an=3an−1，
因此数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以数列{an}的通项公式为an=3n；
由n(bn+1−bn)=bn得nbn+1=(n+1)bn，即bn+1n+1=bnn，所以数列{bnn}是常数列，bnn=b11=1，所以数列{bn}的通项公式为bn=n(n∈N∗)
(2)由(1)知，anbn=n⋅3n−1，
则Tn=1×30+2×31+3×32+⋯+(n−1)⋅3n−2+n⋅3n−1，
于是3Tn=1×31+2×32+3×33+⋯+(n−1)⋅3n−1+n⋅3n，
两式相减得−2Tn=30+31+32+⋯+3n−2+3n−1−n⋅3n
=1×(1−3n)1−3−n⋅3n=−12+(1−2n)⋅3n2，所以Tn=14+(2n−1)⋅3n4．
17.解：(1)已知抛物线C1：y2=2px(p>0)的焦点F也是椭圆C2：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点，A(32, 6)为C1与C2的一个公共点，
将A(32, 6)代入C1：y2=2px得p=2，
则C1的方程为y2=4x，
其焦点坐标为F(1,0)，
因为F也是椭圆C2的一个焦点，
所以a2−b2=1①；
又C2过点A(32, 6)，
所以94a2+6b2=1②，
联立①②得(4b2+3)(b2−8)=0，
所以a2=9，b2=8，
故C ​2的方程为x29+y28=1．
(2)当直线斜率为0时，直线l与抛物线只有一个交点，不合要求，
故直线l的斜率不为0，设方程为x=my+1，
联立x=my+1与y2=4x，
可得y2−4my−4=0，
则Δ=16m2+16>0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
故y1+y2=4m，y1y2=−4，
则x1+x2=1+my1+1+my2=2+m(y1+y2)=4m2+2，
故|MN|=x1+x2+2=4(m2+1)，
联立x=my+1与x29+y28=1，
可得(8m2+9)y2+16my−64=0，
则Δ=2304(m2+1)>0，
设P(x3,y3)，Q(x4,y4)，
则y3+y4=−16m8m2+9,y3y4=−648m2+9，
则|PQ|= 1+m2⋅ (y3+y4)2−4y3y4= 1+m2⋅ (−16m8m2+9)2+2568m2+9=48(m2+1)8m2+9，
所以4(m2+1)=48(m2+1)8m2+9，
解得m=± 64，
所以直线l方程为x=± 64y+1．
18.解：(1)证明：因为AB⊥BC，平面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩底面ABCD=AB，
BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA，
连接AC，因为AB⊥BC，所以AC= AB2+BC2=2，
因为PA2+AC2=PC2，所以AC⊥PA，
因为AC∩BC=C，AC，BC⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD．
(2)过A作AE⊥CD，垂足为E，则DE=1=CE，
由(1)知PA，AB，AE两两垂直，
如图，以A为坐标原点，分别以AE，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0),B(0,1,0),E( 3,0,0),D( 3,−1,0),C( 3,1,0),P(0,0,1)，
BP=(0,−1,1),BC=( 3,0,0),AP=(0,0,1),AD=( 3,−1,0)，
设平面PBC的一个法向量为 m=(x1,y1,z1)，
则m⊥BPm⊥BC，则m⋅BP=−y1+z1=0m⋅BC= 3x1=0，
令y1=1，解得m=(0,1,1)，
设平面PAD的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，
则AP⊥nAD⊥n，所以AP⋅n=z2=0AD⋅n= 3x2−y2=0，
令x2=1，解得n=(1, 3,0)，
设平面PAD与平面PBC所成角为θ(θ∈[0,π2])，
所以csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|= 3 2× 12+( 3)2= 64，
即平面PAD与平面PBC所成二面角的余弦值为 64；
(3)存在，且DMDP=23，
理由如下：DP=(− 3,1,1)，
设DM=λDP,λ∈[0,1]，
则DM=(− 3λ,λ,λ)，CM=CD+DM=(− 3λ,λ−2,λ)，
又直线CM与平面PBC所成角的正弦值为14，
平面PBC的一个法向量m=(0,1,1)，
则14=|CM⋅m||CM||m|=|2λ−2| 3λ2+(λ−2)2+λ2⋅ 2，
化简得27λ2−60λ+28=0，
即(3λ−2)(9λ−14)=0，
因为λ∈[0,1]，所以λ=23，
故存在M，且DMDP=23．
19.解：(1)由F( 2,0)是双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点，
F到双曲线E的一条渐近线距离为1，可得双曲线半焦距c= 2，渐近线为y=±bax即bx±ay=0，
F到渐近线的距离为|bc| a2+b2=bcc=b=1，
所以a= c2−b2=1，即双曲线E的方程为x2−y2=1．
(2)(i)证明：E的两条渐近线为y=±x，
过M且斜率为2的直线方程为l1：x=12y+t(t>1)，
与E联立得3y2−4ty−4(t2−1)=0，Δ=64t2−48>0，
设A1(xA1,yA1)，B1(xB1,yB1)，
可得yA1+yB1=4t3，yA1⋅yB1=−4(t2−1)3；
设P1(xP1,yP1)，Q1(xQ1,yQ1)，
l1与渐近线分别联立得x=12y+ty=x⇒xP1=yP1=2t，x=12y+ty=−x⇒xQ1=2t3,yQ1=−2t3，
所以yA1+yB1=4t3=yP1+yQ1，
即yP1−yA1=yB1−yQ1，
由图象知yP1>yA1>0>yB1>yQ1，
所以|A1P1|= 1+(12)2(yP1−yA1)= 1+(12)2(yB1−yQ1)=|B1Q1|．
(ii)证明：An(n∈N∗)关于x轴的对称点为Bn+1，过点Bn+1且斜率为2的直线ln+1交E于另一点An+1，
交E的两条渐近线于Pn+1，Qn+1两点，所有的点An, Pn(n∈N∗)都在第一象限，记an=|AnPn|，
由(i)知，任意斜率为2且与E交于右支两点A，B的直线，与渐近线交于P，Q，
满足A，P在第一象限，都有|AP|=|BQ|，即|AnPn|=|BnQn|恒成立．
因为An关于x轴的对称点为Bn+1，由双曲线的对称性知，Bn+1在双曲线上，
ln+1为过Bn+1且斜率为2的直线，则过An作斜率为−2的直线l′n+1与ln+1关于x轴对称，
l′n+1交y=x于Cn，如图，由对称性可得|An+1Pn+1|=|Bn+1Qn+1|=|AnCn|，
因此an+1an=|An+1Pn+1||AnPn|=|AnCn||AnPn|，
由于AnPn//An+1Pn+1，直线CnPn与直线Cn+1Pn+1重合，
AnCn//An+1Cn+1对所有n都成立，所以三角形AnCnPn(∀n∈N∗)都相似，

设直线AnPn倾斜角为θ，即tanθ=2，sinθ=2 55，csθ= 55，
则直线AnCn倾斜角为π−θ，
因为直线CnPn倾斜角为π4，
则sin∠AnPnCn=sin(θ−π4)= 22(sinθ−csθ)= 1010，sin∠AnCnPn=sin(θ+π4)= 22(sinθ+csθ)=3 1010，
由正弦定理，an+1an=|AnCn||AnPn|=sin∠AnPnCnsin∠AnCnPn=13为定值，又a1≠0，
所以数列{an}为等比数列，其公比为13．