河南省多校2024-2025学年高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份河南省多校2024-2025学年高二（上）期中数学试卷（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。
1.曲线x29+y24=1与曲线x29−k+y24−k=1(k0)的焦点，△ABC的三个顶点都在E上，且F为△ABC的重心.若|FA|+|FB|的最大值为10，则p=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
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.记等差数列{an}的前n项和为Sn，S9=27，a2+a10=10，则( )
A. a1=−5B. S6=2C. Sn≥S3D. S7=a7
10.已知直线l的方程为ax−y−a=0，M(1,−1)，N(3,3)，则下列结论正确的是( )
A. 点M不可能在直线l上
B. 直线l恒过点(1,0)
C. 若点M，N到直线l的距离相等，则a=2
D. 直线l上恒存在点Q，满足MQ⋅NQ=0
11.如图，在三棱锥A−BCD中，BD⊥BC，AB⊥平面BCD，AB=BC=BD=2，E，F，G，H分别为AB，BD，BC，CD的中点，M是EF的中点，N是线段GH上的动点，则( )
A. 存在a>0，b>0，使得GM=aGH+bGE
B. 不存在点N，使得MN⊥EH
C. |MN|的最小值为 52
D. 异面直线AG与EF所成角的余弦值为 105
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在空间直角坐标系O−xyz中，点P(a,0,2b−3)与Q(a,0,b)关于原点O对称，则点Q的坐标为 ．
13.记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn+1+Sn−1=2Sn+2n(n≥2)且a1=1，a2=3，则an= ．
14.已知椭圆的任意两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，它的圆心与椭圆的中心重合，半径的平方等于椭圆长半轴长和短半轴长的平方和.如图为椭圆Ω:x2a2+y2b2=1(a>b>0)及其蒙日圆O，Ω的离心率为 63，点A，B，C，D分别为蒙日圆O与坐标轴的交点，AB，BC，CD，AD分别与Ω相切于点E，F，G，H，则四边形ABCD与四边形EFGH的面积的比值为 ．
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)
设{an}为递增的等差数列，其前n项和为Sn，已知a1=6，且2S5=a32．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求使Sn>3an成立的n的最小值．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，PA=AB=2，AD=4，PB=2 2，PD= 2 5，N为CD的中点．
(1)证明：PA⊥BN;
(2)求直线AB与平面PBN所成角的正弦值．
17.(本小题12分)
已知F是抛物线C:y2=2px(00)的离心率为2，左、右焦点分别是F1，F2，P是C的右支上一点，PF1的中点为Q，且QF1−|QO|=1(O为坐标原点)，A是C的右顶点，M，N是C上两点(均与点A不重合)．
(Ⅰ)求C的方程;
(Ⅱ)若M，N不关于坐标轴和原点对称，且MN的中点为H，证明：直线OH与直线MN的斜率之积为定值;
(Ⅲ)若M，N不关于y轴对称，且AM⊥AN，证明：直线MN过定点．
参考答案
1.D
2.B
3.D
4.C
5.B
6.B
7.A
8.D
9.ACD
10.ABD
11.BCD
12.0,0,1
13.n2−n+1,n∈N∗
14.83
15.(1)
设公差为d,d>0，
因为a1=6，且2S5=a32，
所以2×5×6+5×42d=6+2d2，解得d=2或d=−3(舍)，
故an=6+2n−1=2n+4；
(2)
由(1)可得，Sn=6+2n+4n2=n2+5n，
若Sn>3an，则n2+5n>6n+12，解得n>4，
故n的最小值为5．

16.解：(1)证明：由PA=AB=2，AD=4，PB=2 2，PD= 2 5，
可得PA2+AB2=PB2，PA2+AD2=PD2，
则PA⊥AB，PA⊥AD，
又AB∩AD=A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD，
因为BN⊂平面ABCD，
所以PA⊥BN；
(2)以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图：
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，N(1,4,0)，
AB=2,0,0，PB=2,0,−2，PN=1,4,−2，
设平面PBN的法向量为n=x,y,z，
则n·PB=2x−2z=0n·PN=x+4y−2z=0,
取y=1，可得x=z=4，则n=4,1,4，
设直线AB与平面PBN所成角为θ，
则sinθ=csAB,n=AB·nAB·n=2×42× 33=4 3333，
即直线AB与平面PBN所成角的正弦值为：4 3333．
17.解：(1)由题可知，抛物线C:y2=2px(00x+4=42k2−2k+1k24x=16k−12k2，解得x=4k−12k2，
故PM= 4−x2+4−y2= 1+k2x−4= 1+k2·42k−1k2，
点F到直线l的距离为d=3k−4 1+k2，
所以△PFM的面积为S=12·PM·d=12· 1+k2·42k−1k2·3k−4 1+k2=22k−13k−4k2=3，
解得k=2或k=49(舍)，所以直线l的方程为2x−y−4=0．
18.(Ⅰ)证明：连接BO，
因为AA1=A1C，O为AC的中点，
所以A1O⊥AC，
因为平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，A1O⊂平面AA1C1C，
所以A1O⊥平面ABC，
因为BO⊂平面ABC，OC⊂平面ABC，
所以A1O⊥BO，A1O⊥OC，
因为△ABC为等边三角形，所以BO⊥AC，
则OB、OC、A1O两两垂直，
以点O为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则A(0,−1,0)，B( 3,0,0)，C(0,1,0)，
A1(0,0,2)，C1(0,2,2)，D(0,12,1)，
由AA1=BB1=0,1,2，可得B1( 3,1,2)，
由E为AD的中点，BF=14BB1，可得E(0,−14,12)，F( 3,14,12)，
则EF= 3,12,0，
可知a//OA1，而OA1=0,0,2，EF·OA1=0，
则EF·a=0．
(Ⅱ)解：AB= 3,1,0，CB= 3,−1,0，DB= 3,−12,−1，
设平面BCD的法向量为m=x1,y1,z1，
则m·DB= 3x1−12y1−z1=0m·CB= 3x1−y1=0,
令x1=2，则y1=2 3，z1= 3，m=2,2 3, 3，
则点A得到平面BCD的距离为d=m·ABm= 3×2+1×2 3+0× 3 22+2 32+ 32=4 5719．
(Ⅲ)解：CB1= 3,0,2，CD=0,−12,1，
设平面B1DC的法向量为n=x2,y2,z2，
则n·CB1= 3x2+2z2=0n·CD=−12y2+z2=0,
令z2= 3，则x2=−2，y2=2 3，即n=−2,2 3, 3，
则csm,n=m·nm·n=−4+12+3 22+2 32+ 32× −22+2 32+ 32=1119，
故平面BCD与平面B1DC夹角的余弦值为1119．
19.解：(Ⅰ)因为Q为PF1的中点，O为F1F2中点，
所以|PF2|=2|QO|，
所以|PF1|−|PF2|=2|QF1|−2|QO|=2(|QF1|−|QO|)=2=2a，即a=1，
又e=ca=2，则c=2，所以b= c2−a2= 3，
所以双曲线的标准方程为x2−y23=1;
(Ⅱ)设M(x1,y1),N(x2,y2),H(x0,y0)，
因为M，N不关于坐标轴和原点对称，且MN的中点为H，
则x12−y123=1x22−y223=1,
两式相减可得(x1−x2)(x1+x2)=(y1−y2)(y1+y2)3，
即(y1−y2)(y1+y2)(x1−x2)(x1+x2)=y1−y2x1−x2·2y02x0=kMN·kOH=3，
所以直线OH与直线MN的斜率之积为定值3;
(Ⅲ)若M，N不关于y轴对称，设直线MN的方程为x=my+n，M(x1,y1),N(x2,y2),
联立x2−y23=1x=my+n，消去x得(3m2−1)y2+6mny+3n2−3=0，
由题意3m2−1≠0，Δ>0，y1+y2=−6mn3m2−1,y1y2=3n2−33m2−1，
因为A(1,0)，AM=(x1−1,y1)，AN=(x2−1,y2)且AM⊥AN，
所以AM·AN=(x1−1)(x2−1)+y1y2=(my1+n−1)(my2+n−1)+y1y2
=(m2+1)y1y2+m(n−1)(y1+y2)+(n−1)2
=(m2+1)·3n2−33m2−1+m(n−1)(−6mn3m2−1)+(n−1)2=0，
化简得n2+n−2=0，解得n=1，或n=−2，
当n=1时，直线MN为x=my+1恒过(1,0)与点A重合，不合题意，
当n=−2时，直线MN为x=my−2恒过(−2,0)，
所以直线MN过定点(−2,0)．