四川省广安市2025年秋高二上学期期末教学质量评价数学试题及答案

这是一份四川省广安市2025年秋高二上学期期末教学质量评价数学试题及答案，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。
1.若空间向量AB=1,0,3，BC=0,2,0，则AC=( )
A. 5B. 3C. 14D. 2 3
2.已知F1,F2分别为椭圆x216+y29=1的左，右焦点，A为上顶点，则▵AF1F2的面积为( )
A. 6B. 15C. 6 7D. 3 7
3.圆C1：x2+y2=1与圆C2：x2+y2+6x+5=0公切线的条数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.设直线l的斜率为k，且k≥1，则直线l的倾斜角α的取值范围是( )
A. π4,π2B. π4,πC. π4,π2D. 3π4,π
5.在四面体ABCD中，E，G分别是CD，BE的中点，若AG=xAB+yAD+zAC，则x+y+z=( )
A. 13B. 12C. 1D. 2
6.在正项数列an中，对任意m,n∈N∗，都有am+n=am⋅an，若a6=9，则a9等于( )
A. 27B. 9C. −3D. −81
7.数列an：1,1,2,3,5,8,13,21,34,⋯⋯称为斐波那契数列．在数学上，斐波那契数列可表述为a1=a2=1,an=an−1+an−2n≥3,n∈N∗.设该数列的前n项和为Sn,a2025=m，则S2023等于( )
A. mB. m−1C. m+1D. m+2
8.已知F是双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点，过原点的直线l交双曲线右支于点P，左支于点M，连接PF并延长交双曲线C于点N，且MF⋅NF=0,tan∠FNM=3，则双曲线C的离心率为( )
A. 214B. 264C. 213D. 666
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的前n项和为Sn，下列说法正确的是( )
A. 若Sn=n2+n，则an是等差数列
B. 若Sn=3n−1，则an是等比数列
C. 若an是等比数列，且a1>0,q>0，则S1⋅S3>S22
D. 若an是等差数列，则S11=22a6
10.一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体玩具两次，并记录每次正四面体玩具朝下的面上的数字，记事件A为“第一次朝下的面上的数字为1或2”，事件B为“两次朝下的面上的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是( )
A. PA=12B. 事件A与事件B互斥
C. 事件A与事件B相互独立D. PA∪B=23
11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，点P在线段BC1上运动(不包含端点)，则下列结论正确的是( )
A. 直线BD与AB1所成角为60∘
B. B1D⊥平面ABC1D1
C. 点P到平面ACD1的距离为定值
D. 若MN是正方体内切球的一条直径，则PM⋅PN的取值范围为[0,8)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知点A(2,2)和B(−6,3)，点P在y轴正半轴上，且∠APB为直角，则P点坐标为 ．
13.甲、乙两人做出拳(锤子、剪刀、布)游戏，则甲每局赢的概率为 ．
14.我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9填入3×3的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地，将连续的正整数1,2,3,⋯,n2填入n×n个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n阶幻方.记n阶幻方的对角线上的数字之和为Nn，如图三阶幻方的N3=15，那么N9的值为_________
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)
已知点A0,2,B3,2，动点Px,y满足到A,B两点的距离之比为12.设动点P的轨迹为曲线E．
(1)求E的方程；
(2)已知直线l过点2,1，且与曲线E交于M,N两点，若MN=2 3，求l的方程．
16.(本小题15分)
已知数列an的前n项和为Sn，且a1=13,an+1=n+13nann∈N∗
(1)证明：数列ann是等比数列；
(2)求数列an的通项公式及前n项和Sn．
17.(本小题15分)
2025年为全力备战城市足球联赛，某城市公开选拔优秀足球运动员，组建参赛队伍．选拔由专业教练组负责，依据选手的技术水平、体能状况、战术理解及综合素养等多维度进行严格评估，最终择优组建参赛队伍．
(1)甲，乙两所高校各有3名学生报名参加选拔活动，现从这6名学生中随机抽取2人参加第一轮体能测试，求这2名学生来自同一高校的概率；
(2)甲校进行了三轮初选活动，小明同学每轮合格的概率分别为14,23,12，各轮结果均相互独立，至少两轮合格记为“优秀”.求三轮初选结束，小明同学被记为“优秀”的概率．
18.(本小题17分)
如图，直棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，其中AA1=AC=2BD=4，又点E,F,P,Q分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上运动，且满足：BF=DQ,CP−BF=DQ−AE=1．

(1)求证：E,F,P,Q四点共面；
(2)若Q、F分别是中点，4C1P=CC1.求三棱锥B−PQF的体积；
(3)是否存在点P使得平面BPQ与平面PQE的夹角的余弦值为 55？如果存在，求出CP的长；如果不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
如图，O为矩形EFF1E1对角线的交点，A0,−2，B0,2，OD= 5，DF=2，点Si，Tii=1,2,3…,n−1分别是线段OD，线段FD的nn≥2等分点，直线ASi和直线BTi的交点为Ri．

(1)当n=2时，求直线AS1与直线BT1的交点R1的坐标；
(2)证明：点Rii=1,2,3…,n−1在同一椭圆上，并求出该椭圆Γ的方程；
(3)过点G0,−3且斜率为k的直线l与椭圆Γ交于不同的两点P,Q，直线AP,AQ分别与直线y=−3交于点M,N，当GM+GN≤10时，求k的取值范围．
参考答案
1.C
2.D
3.C
4.A
5.C
6.A
7.B
8.B
9.AB
10.AC
11.ACD
12.(0,6)
13.13
14.369
15.【详解】(1)由题可得PAPB= x2+y−22 x−32+y−22=12，
化简得x+12+y−22=4，
即E的方程为x+12+y−22=4．
(2)由题可知l的斜率存在，设l:y−1=kx−2，
即kx−y−2k+1=0．
由(1)可知曲线E是以−1,2为圆心，2为半径的圆，
因为MN=2 3，
所以圆心到直线l的距离为 22−( 3)2=1，
所以3k+1 k2+1=1，解得k=0或k=−34．
所以l的方程为y=1或3x+4y−10=0．

16.【详解】(1)数列an中，a1=13,an+1=n+13nan，则an+1n+1=ann×13，
则an+1n+1ann=13，又a11=13，
所以数列ann是首项为13公比为13的等比数列，．
(2)由(1)可得：ann=13n，因此an=n3n，
数列an前n项和为Sn=13+232+333+⋯+n3n，
可得13Sn=132+233+⋯+n−13n+n3n+1，
两式相减可得23Sn=13+132+⋯+13n−n3n+1=131−13n1−13−n3n+1=12−3+2n2×3n+1，
所以Sn=34−3+2n4×3n．

17.【详解】(1)从6名学生中随机抽取2人，所有的可能情况数为C62=6×52×1=15(种)．
这2名学生来自同一高校的情况数为C32+C32=3+3=6(种)．
设“这2名学生来自同一高校”为事件A，则PA=615=25．
故这2名学生来自同一高校的概率为25．
(2)小明同学被记为“优秀”的情况有恰好两轮合格，三轮均合格．
恰好两轮合格的概率为P1=14×23×1−12+14×1−23×12+1−14×23×12=224+124+624=924=38．
三轮均合格的概率为P2=14×23×12=112．
所以小明同学被记为“优秀”的概率为P=P1+P2=38+112=1124．

18.【详解】(1)如图，

在棱CP、DQ分别取点M、N，使得QN=PM=1，连接MN，易知四边形MNQP是平行四边形，
所以MN//PQ，连接FM,NE，则AE=ND，且AE//ND所以四边形ADNE为矩形，故AD//NE，
同理，FM//BC//AD且NE=MF=AD，故四边形FMNE是平行四边形，
所以EF//MN，所以EF//PQ，故E,F,P,Q四点共面．
(2)以点O为原点，以OA为x轴，以OB为y轴，z轴过O且平行于AA1，如图建系，

由AA1=AC=2BD=4，可得各点坐标，
A2,0,0，B0,1,0，D0,−1,0，C−2,0,0，C1−2,0,4，B10,1,4，D10,−1,4，
已知Q、F分别是DD1、BB1的中点，所以Q0,−1,2，F0,1,2，
由4C1P=CC1=4，得C1P=1，CP=3，故P−2,0,3，
所以PF=PQ= −2−02+0−12+3−22= 6，又QF=BD=2，
所以等腰三角形△PQF的面积为S▵PQF=12×2× 62−12= 5，
又QP=−2,1,1，QF=0,2,0，
设平面PQF的法向量为n=x,y,z，因此n⊥QP=0n⊥QF=0,
所以−2x+y+z=02y=0，取x=1，可得n=1,0,2，又BQ=0,−2,2，
所以B点到平面PQF的距离为d=BQ⋅nn=0×1+−2×0+2×2 12+02+22=4 5，
则VB−PQF=13×S▵PQF×d=13× 5×4 5=43．
(3)仍建立(2)中的空间直角坐标系，设E2,0,b，
因为BF=DQ，CP−BF=DQ−AE=1，
则Q0,−1,1+b，F0,1,1+b，P−2,0,2+b，
平面EFPQ中向量EF=−2,1,1，EQ=−2,−1,1，
设平面EFPQ的一个法向量为n1=x1,y1,z1，
因为n1⊥EFn1⊥EQ，则−2x1+y1+z1=0−2x1−y1+z1=0，取x1=1，可得其一个法向量为n1=1,0,2，
平面BPQ中，BP=−2,−1,2+b，BQ=0,−2,1+b，
设平面BPQ的一个法向量为n2=x2,y2,z2，因为n2⊥BPn2⊥BQ,
则−2x2−y2+2+bz2=0−2y2+1+bz2=0，取z2=4，所以其中一个法向量n2=b+3,2+2b,4，
若csn1,n2=n1⋅n2 5⋅ 3+b2+41+b2+16= 55，
则b+112=3+b2+41+b2+16，即有b2−2b−23=0,b∈0,2，
解得b=1±2 6∉0,2，所以不存在点P使得平面BPQ与平面PQE的夹角的余弦值为 55．

19.【详解】(1)已知A0,−2，B0,2，O为原点，D在x轴且OD= 5，故D 5,0，DF=2且DF⊥x轴，
所以F 5,2，当n=2时，S1，T1分别为OD，FD的中点，所以S1 52,0，T1 5,1，
直线AS1过A0,−2与S1 52,0，斜率kAS1=0+2 52−0=4 5，所以lAS1：y=4 5x−2，
直线BT1过B0,2与T1 5,1，斜率kBT1=1−2 5−0=−1 5，
所以lBT1：y=−1 5x+2，联立y=4 5x−2y=−1 5x+2，解得x=4 55，y=65，
所以R14 55,65．
(2)由题意可知，点Si是线段OD的第i个n等分点：Sii 5n,0，点Ti是线段FD的第i个n等分点：Ti 5,2n−in，lAS1：y=2ni 5x−2，
lBT1：y=−2in 5x+2，设Rix,y，联立y=2ni 5x−2y=−2in 5x+2，解得x=2 5nin2+i2，y=2n2−i2n2+i2，消去参数i，n，所以x25+y24=2 5nin2+i22+2n2−i2n2+i22=1，
所以点Ri在同一椭圆上，该椭圆Γ的方程为x25+y24=1．
(3)直线l：y=kx−3代入椭圆方程x25+y24=1可得，4+5k2x2−30kx+25=0，由Δ=30k2−44+5k2⋅25>0⇒k2>1，设点Px1,y1，Qx2,y2，
直线AP：y=y1+2x1x−2，令y=−3得M−x1y1+2,−3，同理N−x2y2+2,−3，GM=−x1y1+2=x1kx1−1，GN=x2kx2−1，
因为x1x2=254+5k2>0，x1+x2=30k4+5k2，故x1，x2同号，GM+GN=x1kx1−1+x2kx2−1=2kx1x2−x1+x2k2x1x2−kx1+x2+1，
化简可得GM+GN=5k，由GM+GN=5k≤10，结合k2>1解得k∈−2,−1∪1,2．