2024-2025学年云南省德宏州民族一中高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省德宏州民族一中高二（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.直线l：x−3y+1=0和直线m：3x+y−1=0的位置关系为( )
A. 垂直B. 平行C. 重合D. 相交但不垂直
2.如果质点A运动的位移S(单位：米)与时间t(单位：秒)之间的函数关系为s(t)=2t，那么该质点在t=3秒时的瞬时速度为( )(单位：米/秒)
A. 23B. −23C. 29D. −29
3.已知圆过O(0,0)、A(1,0)、B(0,−1)三点，则圆的方程是( )
A. x2+y2+x−y=0B. x2+y2−x+y=0
C. x2+y2+x+y=0D. x2+y2−x−y=0
4.已知焦距为4的双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与直线x− 3y=0垂直，则该双曲线的方程为( )
A. x23−y2=1B. x22−y26=1C. x2−y23=1D. x26−y22=1
5.与点M(2,1)之间的距离为2，且在x轴上的截距为4的直线是( )
A. x=4B. 3x−4y−12=0
C. x=4或3x−4y−12=0D. y=4或3x−4y−12=0
6.若点P在曲线y=x3− 3x上移动，经过点P的切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是( )
A. [0,π2)B. [0,π2)∪(π2,2π3]C. [2π3,π)D. [0,π2)∪[2π3,π)
7.我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节
气，每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长
即为所测量影子的长度)，二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两
个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为
一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十
寸)，则说法不正确的是( )
A. 相邻两个节气晷长减少或增加的量为十寸
B. 秋分的晷长为75寸
C. 立秋的晷长比立春的晷长长
D. 立冬的晷长为一丈五寸
8.已知f(x)=x3+nx−52，g(x)=x2−3lnx，若直线x+y+m=0是曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的公切线，则m−n=( )
A. −30B. −25C. 26D. 28
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.已知圆O1：x2+(y−1)2=4，点A(2,0)，下列说法正确的是( )
A. 点A在圆外
B. 点A(2,0)是2x+my−4=0的定点
C. 已知B(1,0)，过点B作圆的最短弦长为2 2
D. 过点A作圆O1：x2+(y−1)2=4的切线l，则l的方程为2x−y−4=0
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是( )
A. 若Sn=2n2+1，则{an}是等差数列
B. 若Sn=7n−1，则{an}是等比数列
C. 若{an}是等差数列，则S13=13a7
D. 若{an}是等比数列，且a1>0，q>0，则S1⋅S3>S22
11.已知抛物线y=x24的焦点为F，过点F的直线交该抛物线于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，点P(0,−1)，则下列结论正确的是( )
A. x1x2=−14B. 1|AF|+1|BF|=1
C. 若直线AB的斜率为1，则|AB|=8D. △ABP面积的最小值为4 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=x−csx的图象在x=0处的切线方程为______．
13.若数列{an}满足a1=1，an+1−an=n+1，数列{1an}的前n项和为Sn，则S2024= ______．
14.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，M，N是C上的两点，满足F2N=3F1M，且F2N=F2M，则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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsinA=2csB+csC2−csA．
(1)求A；
(2)若b=2，asinA=bsinC，求△ABC的周长．
16.(本小题12分)
上周某校高三年级学生参加了数学测试，年级组织任课教师对这次考试进行成绩分析.现从中随机选取了40名学生的成绩作为样本，已知这40名学生的成绩全部在40分至100分之间，现将成绩按如下方式分成6组：第一组；第二组；…；第六组，并据此绘制了如图所示的频率分布直方图．
(1)估计这次月考数学成绩的平均分和众数和35%分位数；
(2)从成绩大于等于80分的学生中随机选2名，求至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内的概率．
17.(本小题12分)
已知公差为d(d>0)的等差数列{an}中，a1+a4=8，a2⋅a3=15．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=3n−1，令cn=anbn，求数列{cn}的前n项和Sn．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥B1−AECD中，底面AECD是菱形，∠DAE=60°，M是AE的中点，且B1M⊥平面AECD，AD=AB1=2．
(Ⅰ)求证：AE⊥平面B1DM；
(Ⅱ)求平面B1MD与平面B1AD夹角的余弦值；
(Ⅲ)在线段B1C上是否存在点P，使得MP//平面B1AD，若存在，求出B1PB1C的值；若不存在，说明理由．
19.(本小题12分)
“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：如图用一张圆形纸片，按如下步骤折纸：
步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一定点，记为F；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F，此时圆周上与点F重合的点记为A；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与AE的交点为P；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕和越来越多的点P．
现取半径为8的圆形纸片，设点F到圆心E的距离为4，按上述方法折纸.以线段FE的中点为原点，FE的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系xOy，记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若点Q为曲线C上的一点，过点Q作曲线C的切线y=kx+m交圆O：x2+y2=16于不同的两点M，N．
(ⅰ)试探求点Q到点D(0,−4m)的距离是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由；
(ⅱ)求△MON面积的最大值．
参考答案
1.A
2.D
3.B
4.C
5.C
6.D
7.C
8.C
9.ABC
10.BC
11.BC
12.x−y−1=0
13.40482025
14. 102
15.解：(1)由sinCsinA=2csB+csC2−csA，可得2sinC−csAsinC=2sinAcsB+sinAcsC，
即2sinC=2sinAcsB+(sinAcsC+csAsinC)，
因为sinAcsC+csAsinC=sin(A+C)，所以2sinC=2sinAcsB+sinB，
而sinC=sin(π−C)=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以2sinAcsB+2csAsinB=2sinAcsB+sinB，整理得2csAsinB=sinB，
因为△ABC中，sinB>0，所以csA=12，结合A∈(0,π)，可知A=π3；
(2)由asinA=bsinC，根据正弦定理得a2=bc，结合b=2，可得a2=2c，
由(1)得A=π3，根据余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，可得2c=4+c2−2c，
即c2−4c+4=0，解得c=2，结合a2=2c=4，可得a=2．
综上所述，△ABC的周长为a+b+c=2+2+2=6．
16.解：(1)因各组的频率之和为1，
所以成绩在区间[80,90)内的频率1−(0.005×2+0.015+0.020+0.045)×10=0.1，
所以平均分x−=0.05×45+0.15×55+0.45×65+0.20×75+0.10×85+0.05×95=68，
众数的估计值是60+702=65，
设35%分位数为x，因为[40,50)的频率为0.05，[50,60)的频率为0.15，[60,70)的频率为0.45，
所以x∈[60,70)，所以0.05+0.15+(x−60)×0.045=0.35，解得x=6313；
(2)解：设A表示事件“在成绩大于等于80分的学生中随机选2名，至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”，
由题意可知成绩在区间[80,90)内的学生所选取的有：0.010×10×40=4人，
记这4名学生分别为a，b，c，d；
成绩在区间[90,100]内的学生有0.005×10×40=2人，
记这2名学生分别为e，f；
则从这6人中任选2人的基本事件为：(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(a,f)，
(b,c)，(b,d)，(b,e)，(b,f)，(c,d)，(c,e)，(c,f)，(d,e)，(d,f)，(e,f)，共15种，
事件“至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”的可能结果为：(a,e)，(a,f)，(b,e)，(b,f)，
(c,e)，(c,f)，(d,e)，(d,f)，(e,f)，共9种，
所以P(A)=915=35．
17.解：(1)∵{an}是等差数列，
∴a2+a3=a1+a4=8，
又∵a2⋅a3=15，
∴a2，a3是方程x2−8x+15=0的两根，
又∵d>0，∴a3>a2，
∴a2=3，a3=5，
∴d=2，a1=1，
∴an=1+2(n−1)=2n−1，n∈N+；
(2)cn=(2n−1)⋅3n−1,n∈N+
Sn=1⋅30+3⋅31+5⋅32+⋯+(2n−1)⋅3n−1，①
3Sn=1⋅31+3⋅32+⋯+(2n−3)⋅3n−1+(2n−1)⋅3n，②
①−②得：−2Sn=1+2(31+32+⋯+3n−1)−(2n−1)⋅3n
=1+2⋅3(1−3n−1)1−3−(2n−1)⋅3n=−2−(2n−2)⋅3n，
∴Sn=(n−1)⋅3n+1．
18.解：(Ⅰ)证明：在菱形AECD中，连接DE，得等边△ADE，

因为M是AE的中点，所以DM⊥AE，
因为B1M⊥平面AECD，AE⊂平面AECD，所以B1M⊥AE，
因为B1M⊂平面B1MD，DM⊂平面B1MD，且B1M∩DM=M，
所以AE⊥平面B1DM．
(Ⅱ)因为B1M⊥平面AECD，DM⊂平面AECD，则有B1M⊥DM，
由(Ⅰ)知AE⊥B1M，AE⊥DM，故AE，B1M，DM两两垂直，
如图建立空间直角坐标系M−xyz，
因为AB=BE=AE，所以△ABE为等边三角形，同理△ADE也为等边三角形，
则B1(0,0, 3)，A(−1,0,0)，D(0, 3,0)，
设平面B1AD的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AD=x+ 3y=0m⋅B1D= 3y− 3z=0，
令y=1，得m=(− 3,1,1)，
又因为AE⊥平面B1MD，所以平面B1MD的一个法向量为n=(1,0,0)，
所以|cs|=|m⋅n||m||n|= 155，
故平面B1MD与平面B1AD夹角的余弦值为 155．
(Ⅲ)设B1P=λBC，则P(2λ, 3λ,− 3λ+ 3)，MP=(2λ, 3λ,− 3λ+ 3)，
若MP/​/平面B1AD，则MP⋅m=−2 3λ+ 3=0，
解得λ=12，
故存在满足条件得点，且B1PB1C=12．
19.解：(1)因为点F到圆心E的距离为4，
由题意可知：E(2,0)，F(−2,0)，
则|PE|+|PF|=|PA|+|PE|=|AE|=8>4=|EF|，
可知动点P的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，且a=4，c=2，b2=12，
所以曲线C的方程为x216+y212=1．
(2)(ⅰ)联立方程x216+y212=1y=kx+m，
消去y可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−48=0，
因为直线y=kx+m与曲线C相切，
则Δ=64k2m2−4(4k2+3)(4m2−48)=0，
整理可得m2=16k2+12，
则原方程为m2x2+32kmx+256k2=0，
解得x=−16km，
将x=−16km代入直线y=kx+m，
可得y=−16k2m+m=m2−16k2m=12m，
可知Q(−16km,12m)，且D(0,−4m)，
则|DQ|= (−16km)2+(16m)2=16 k2m2+1m2=16 k2+1m2=16 k2+116k2+12=8 k2+14k2+3，不为定值；
(ⅱ)由题意可知：圆O：x2+y2=16的圆心为O(0,0)，半径r=4，

因为O(0,0)到直线kx−y+m=0的距离d=|m| k2+1，
可得d2=m2k2+1=16k2+12k2+1=16−4k2+1，
因为k2≥0，可得d2=16−4k2+1∈[12,16),
则△MON面积S△MON=12d⋅|MN|=12d×2 r2−d2= −(d2−8)2+64，
可知当d2=12，即k=0时，S△OMN取到最大值4 3．