安徽省宣城市2024-2025学年高二上学期期末调研测试数学试题

这是一份安徽省宣城市2024-2025学年高二上学期期末调研测试数学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.在空间直角坐标系中，已知空间向量a=(3,2,−m)，b=(m,9,−3)，若a⊥b，则m=( )
A. −2B. 2C. 3D. −3
2.已知点A，B在直线l:x−y−2=0上运动，且|AB|=2 2，点C在圆(x+2)2+y2=2上，则△ABC面积的最大值为( )
A. 6B. 5C. 4D. 3
3.在空间直角坐标系中，已知空间向量a=(1,2,2)，b=(−2,1,1)，则向量a在向量b方向上的投影向量为( )
A. (−29,−49,−49)B. (29,49,49)C. (−23,13,13)D. (23,−13,−13)
4.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，若AB=AD=AA1=2，∠BAA1=∠DAA1=60∘，∠BAD=90∘，则AC1的长度为( )
A. 2 3B. 2 5C. 3D. 5
5.已知正三棱台ABC−A1B1C1的体积为28 33，AB=4，A1B1=2，则直线A1A与平面ABC所成角的正切值为( )
A. 3B. 2 3C. 3 3D. 4 3
6.已知数列{cn}是递增数列，且cn={(3−a)n−4,n⩽10且n∈N∗an−9+2,n>10且n∈N∗，则a的取值范围是( )
A. (1,3)B. (1,2]C. (2,3)D. (2,4]
7.关于椭圆有如下结论：“过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点P(x0,y0)作该椭圆的切线，切线方程为x0xa2+y0yb2=1.”设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，左顶点为A，过F且垂直于x轴的直线与C的一个交点为M，过M作椭圆C的切线l，若切线l与直线AM的倾斜角互补，则C的离心率为( )
A. 13B. 33C. 12D. 22
8.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过点F的直线l垂直于双曲线C的一条渐近线，并分别交两条渐近线于A，B两点(其中点A为垂足)，且点A，B分别在第二、第三象限内.若|AF||FB|=35，则双曲线C的渐近线方程为( )
A. y=±12xB. y=±13xC. y=±14xD. y=±15x
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱AB，BC的中点，则( )
A. EF//A1C1
B. 三棱锥E−A1B1F的体积为112
C. 异面直线B1E与A1F所成角的余弦值为2 1515
D. 点E到直线B1D1的距离为3 24
10.已知圆C:(x−2)2+y2=4和直线l:x−y+2=0，点P在直线l上运动，直线PA、PB分别与圆C相切于点A，B，则下列说法正确的是( )
A. 切线长|PA|的最小值为2 2
B. 四边形PACB面积的最小值为4
C. 当|PA|最小时，弦AB所在的直线方程为x−y+1=0
D. 弦AB所在直线必过定点
11.抛物线y2=4x的焦点为F，顶点为O，过点F作倾斜角为θ的直线l，交抛物线于A，B两点，点A在x轴上方，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，准线与x轴交于点C，则下列说法正确的是( )
A. 当θ=90∘时，|AB|=4B. 当θ=60∘时，|AF|=2|BF|
C. 三角形ABC面积的最小值为4D. |AA1|+2|BB1|的最小值为3+2 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.过坐标原点O作倾斜角为π6的直线l，则直线l被圆(x−2)2+y2=3所截得的弦长为 .
13.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且SnTn=3n+5n+7，则a9b9= .
14.已知点F1，F2是椭圆C1和双曲线C2的公共焦点，P是它们在第一象限的一个公共点，且PF1⊥PF2，若C1和C2的离心率分别为e1，e2，则1e1+ 3e2的取值范围是 .
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)
已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1=2，a4是2a2和3a3的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=1lg2an⋅lg2an+1，求数列{bn}的前2025项和S2025.
16.(本小题15分)
若平面内动点P到两定点A，B距离的比值为常数λ(λ>0且λ≠1)，则动点P的轨迹叫做阿波罗尼斯圆.已知两定点A，B的坐标分别为A(9,0)，B(1,0)，动点M满足|AM||BM|=3.
(1)求动点M的阿波罗尼斯圆方程;
(2)过点P(3,4)作该圆的切线l，求切线l的方程.
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2CD，O为BD的中点，BD=2，PB=PC=PD= 3.
(1)证明：OP⊥平面ABCD;
(2)若BC=CD，求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值.
18.(本小题17分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，离心率e= 63，点A，B分别是椭圆的右顶点和上顶点，且|AB|=2.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)直线l1，l2均过右焦点F2，且它们的斜率乘积为−13，设l1，l2分别与椭圆交于点C，D和E，F.若M，N分别是线段CD和EF的中点，求△OMN面积的最大值.
19.(本小题17分)
设数列{an}的前n项和为Sn，若12≤an+1an≤2(n∈N,n≥1)，则称{an}是“紧密数列”.
(1)已知数列{an}是“紧密数列”，前4项依次为1，23，x，827，求x的取值范围;
(2)若数列{an}的前n项和Sn=14(n2+3n)，判断{an}是否是“紧密数列”，并说明理由;
(3)设数列{an}是公比为q的等比数列.若数列{an}与{Sn}都是“紧密数列”，求q的取值范围.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意，因为a⊥b，
则a⋅b=3m+18+3m=0，
解得m=−3
2.【答案】A
【解析】解：圆(x+2)2+y2=2的圆心为(−2,0)，半径为r= 2，
则圆心到直线l的距离为d=−2−0−2 2=2 2，
则点C到直线l的最大距离为d+r=3 2，
则△ABC面积的最大值为12×2 2×3 2=6
3.【答案】C
【解析】解：由题意，得a⋅b=−2×1+1×2+1×2=2,b= −22+12+12= 6，
则向量a在向量b方向上的投影向量为a⋅bbbb=13b=(−23,13,13)
4.【答案】B
【解析】解：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，
AB=AD=AA1=2，∠BAA1=∠DAA1=60∘，∠BAD=90∘
∵AC1=AB+BC+CC1==AB+AD+AA1，
∴AC12=AB+AD+AA12
=AB2+AD2+AA12+2AB⋅AD+2AB⋅AA1+2AA1⋅AD
=4+4+4+0+2×2×2×12+2×2×2×12=20，
∴|AC1|=2 5.
故选B.
5.【答案】B
【解析】解：设正三棱台ABC−A1B1C1的高为h.
∵AB=4，A1B1=2，∴S△ABC=12×4×4×sinπ3=4 3， S△A1B1C1=12×2×2×sinπ3= 3.
∵正三棱台ABC−A1B1C1的体积
V=13(S△ABC+S△A1B1C1+ S△ABC⋅S△A1B1C1)h=13×(4 3+ 3+ 4 3× 3)h=7 33h=28 33，
∴h=4，
如图：
设△ABC和△A1B1C1的中心分别为O,O1，连接A1O1，O1O，AO，
作A1D⊥平面ABC交平面ABC于点D，
由几何体ABC−A1B1C1为正三棱台可知，点D在AO上，且四边形A1O1OD为矩形，
其中∠A1AD即为直线A1A与平面ABC所成的角，
由AB=4，A1B1=2，可得OA=4 33，O1A1=2 33，
∴AD=OA−OD=OA−O1A1=2 33，
∴tan∠A1AD=A1DAD=42 33=2 3.
故选B.
6.【答案】C
【解析】解：由题意，得3−a>0a>1103−a−4b>0，x2m2−y2n2=1m>0,n>0，
所以PF1+PF2=2aPF1−PF2=2m，可得PF1=a+mPF2=a−m.
设椭圆C1的半焦距为c，
因为PF1⊥PF2，
所以PF12+PF22=2c2，即a+m2+a−m2=4c2，
化简得a2+m2=2c2，即a2c2+m2c2=2，即1e12+1e22=2.
令1e1= 2csθ,1e2= 2sinθ，
则csθ>0,sinθ>0，
取θ∈0,π2，
因为e1∈0,1,e2∈1,+∞，
所以 2csθ∈1,+∞, 2sinθ∈0,1，
所以csθ∈ 22,+∞,sinθ∈0, 22，
取θ∈0,π4，
则1e1+ 3e2= 2csθ+ 6sinθ
=2 212csθ+ 32sinθ
=2 2sinθ+π6，θ∈0,π4，
θ∈0,π4时，θ+π6∈π6,5π12⫋0,π2，
因为sin5π12=sinπ6+π4
=sinπ6csπ4+csπ6sinπ4
=12× 22+ 32× 22= 2+ 64，
所以sinθ+π6∈12, 2+ 64，
所以2 2sinθ+π6∈ 2, 3+1，
所以1e1+ 3e2∈ 2, 3+1.
15.【答案】解：(1)设数列{an}的公比为q，q>0，
因为a4是2a2和3a3的等差中项，
所以2a4=2a2+3a3，即2a2q2=2a2+3a2q，解得q=2，
所以an=2×2n−1=2n.
(2)由(1)知an=2n，则bn=1lg2an⋅lg2an+1=1n⋅(n+1)=1n−1n+1，
所以Sn=1−12+12−13+13−14+⋯⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1，
所以S2025=20252025+1=20252026，
故{bn}的前2025项和S2025=20252026.
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：(1)设动点M坐标为(x,y)，则|AM|= (x−9)2+y2，|BM|= (x−1)2+y2，
由条件，得 (x−9)2+y2=3 (x−1)2+y2，
化简得x2+y2=9.
(2)当直线l的斜率不存在时，此时l的方程为x=3.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=k(x−3)+4.
由l与圆相切，得d=|−3k+4| k2+1=3，解得k=724，
此时l的方程为7x−24y+75=0.
综上，l的方程为x=3或7x−24y+75=0.
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
在Rt△BCD中，由BD=2可得OC=1.
因为PB=PD= 3，且O是BD中点，
所以OP⊥BD，OP= PB2−OB2= 3−1= 2，
因为OP= 2，OC=1，PC= 3，所以PC2=OP2+OC2，所以OP⊥OC.
又因为BD，OC⊂平面ABCD，BD∩OC=O，所以OP⊥平面ABCD.
(2)由(1)及BC=CD可知，OC，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，B(1,0,0)，D(−1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0, 2).
由DC=(1,1,0)，AB=2DC=(2,2,0)，则A(−1,−2,0).
设平面PBC的法向量m=(x,y,z)，
由BC=(−1,1,0)，BP=(−1,0, 2)，
有m⋅BC=−x+y=0m⋅BP=−x+ 2z=0，
取x=2，则y=2，z= 2，
可得平面PBC的一个法向量m=(2,2, 2).
设平面PAD的法向量n=(a,b,c)，
由DP=(1,0, 2)，AD=(0,2,0)，
有n⋅DP=a+ 2c=0n⋅AD=2b=0，
取a=2，则b=0，c=− 2，
可得平面PAD的个法向量n=(2,0,− 2).
所以平面PAD与平面PBC所成夹角的余弦值为
m⋅nmn=2 10× 6= 1515.
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】解：(1)由题意，因为A(a,0)，B(0,b)，
所以|AB|= a2+b2=2.
又e=ca= 63，a2=b2+c2，
所以a= 3，b=1，c= 2.
所以椭圆的标准方程为x23+y2=1.
(2)由题意知，F2( 2,0)，直线l1的斜率存在.
设直线l1的方程为y=k(x− 2)，C(x1,y1)，D(x2,y2)，
则直线l2的方程可设为y=−13k(x− 2)，E(x3,y3)，F(x4,y4).
联立x23+y2=1 y=k(x− 2)
消去y得(1+3k2)x2−6 2k2x+6k2−3=0，
所以x1+x2=6 2k21+3k2，
所以xM=x1+x22=3 2k21+3k2，yM=k(x− 2)=− 2k1+3k2.
所以M(3 2k21+3k2,− 2k1+3k2).
同理联立x23+y2=1y=−13k(x− 2)，可得N( 21+3k2, 2k1+3k2).
则MN的中点T( 22,0)，|OT|= 22.
所以S△OMN=12|OT|⋅|yM−yN|= 24|−2 2k1+3k2|
=|k|1+3k2=11|k|+3|k|≤12 3= 36，
当且仅当1|k|=3|k|，即k=± 33时取等号.
所以△OMN面积的最大值为 36.

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】解：(1)若数列{an}为“紧密”数列，
则x≠0，且12≤3x2≤212≤827x≤2，
解得：13≤x≤1627，即x的取值范围为[13,1627].
(2)数列 an 为“紧密”数列；理由如下：
数列 an 的前项和 Sn=14(n2+3n)(n∈N*) ，
当 n=1 时， a1=S1=14×(1+3)=1 ；
当 n≥2 时， an=Sn−Sn−1=14(n2+3n)−14[(n−1)2+3(n−1)]=12n+12 ，
又 12+12=1=a1 ，即 a1=1 满足 an=12n+12 ，
因此 an=12n+12 (n∈N*) ，
所以对任意 n∈N* ， an+1an=12(n+1)+1212n+12=n+2n+1=1+1n+1 ，
所以 12