河北省石家庄市2024-2025学年高二上学期期末教学质量检测数学试题

这是一份河北省石家庄市2024-2025学年高二上学期期末教学质量检测数学试题，共16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.抛物线y2=3x的焦点坐标为( )
A. (3,0)B. (32,0)C. (34,0)D. (6,0)
2.若等比数列{an}满足a3+a4=1，a3−a5=3，则公比q=( )
A. 32B. −2C. 2D. −32
3.过点P(1,−1)且与圆C:x2+y2−4x+2=0相切的直线方程为( )
A. x+y=0B. x−y−2=0C. x−y=0D. x−y+2=0
4.已知圆O1:x2+y2=9与圆O2:(x−4)2+(y−3)2=4，则两圆的公切线条数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.已知平面α={P|n⋅P0P=0}，其中点P0(−1,2,5)，平面α的法向量n=(1,1,1)，则下列各点中在平面α内的是( )
A. (1,2,3)B. (0,3,6)C. (1,1,1)D. (0,0,0)
6.若椭圆x216+y24=1的弦AB的中点P(2,1)则弦长|AB|=( )
A. 4B. 5 2C. 2D. 2 5
7.设F1，F2分别是双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过点F2作双曲线E的一条渐近线的垂线，垂足为P，若|PF1|=32c(2c为焦距)，设双曲线E的离心率为e，则e=( )
A. 3+ 4410B. 2 155C. 7− 4410D. 655
8.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，若直线AC上的点P到直线BC1的距离最短，则P点坐标为( )
A. (12,12,0)B. (23,13,0)C. (13,23,0)D. (0,1,0)
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.数列{an}的前n项和为Sn，Sn=3n2−2n(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A. a2=8B. {an}为等差数列C. a10=a3+40D. {Sn}是递增数列
10.三棱锥P−ABC，PA，PB，PC两两垂直，G为△ABC的重心，E，F，H分别为棱PA，AB，AC的中点，PA=2，PB=3，PC=1，下列叙述正确的是( )
A. PG=13PA+23PB+13PCB. AC在面PAB上的投影向量为AP
C. 异面直线PH与EF所成的角为π3D. 点G到平面PAB的距离为13
11.平面内到两定点距离之积为常数(此常数不为0)的点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系xOy中，F1(−2,0)，F2(2,0)，动点P满足|PF1|⋅|PF2|=4，其轨迹为一条连续的封闭曲线C，如图所示，则下列结论正确的是( )
A. 曲线C与x轴交点的坐标为(0,0)，(±2 2,0)
B. △PF1F2周长的最小值为8
C. 若直线y=kx与曲线C只有一个交点，则k的取值范围是(−∞,−1]∪[1,+∞)
D. △PF1F2面积的最大值为2
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.直线l1:2x+3y+1=0，若直线l2与l1垂直，则直线l2的斜率为 ．
13.已知F为抛物线C:y2=12x的焦点，M为抛物线上一点，N为y轴上一点，且FM=13FN，则|FN|= ．
14.已知数列{an}满足an+1=2an,n=2kan+1,n=2k−1(k∈N∗)，a1，a2，a3成等比数列，Sn为其前n项和，则{an}的前10项和S10= ．
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)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，S6=27．
(Ⅰ)求{an}的通项公式;
(Ⅱ)若bn=1anan+1，且{bn}的前n项和为Tn，求Tn．
16.(本小题15分)
平行四边形ABCD的两条邻边AD，AB所在的直线分别为lAD:x−4y+5=0，lAB:2x+y−8=0，两条对角线交点为P(0,−1)．
(Ⅰ)求边BC所在直线方程;
(Ⅱ)求平行四边形ABCD的面积．
17.(本小题15分)
已知圆C过点M(4,8)，N(6,6)，且圆心在4x−3y=0上．
(Ⅰ)求圆C的方程;
(Ⅱ)已知平面内两点A(−1,0)，B(1,0)，P为圆C上的动点，求|AP|2+|BP|2的最小值．
18.(本小题17分)
如图，在三棱锥P−ABC中，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，△PAC是以AC为斜边的等腰直角三角形。F，D，E分别是AB，CB，PC的中点，AB=2 2，PD= 3
(Ⅰ)证明：平面PAC⊥平面ABC;
(Ⅱ)求点E到平面PAB的距离;
(Ⅲ)求平面PAB与平面PFD夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 52，其虚轴长为1．
(Ⅰ)求双曲线C的方程;
(Ⅱ)直线l: x=my+ 52与双曲线C的右支交于M、N两点，
①求实数m的取值范围;
②若直线l′:x=ny+ 52也与双曲线C的右支交于E、F两点，且l′与l垂直，求四边形EMFN面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查抛物线的焦点，属于基础题．
根据抛物线的标准方程直接求解即可．
【解答】
解：抛物线y 2=3x的焦点坐标是(34,0).
故选C．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等比数列，属于基础题．
根据已知求得a4+a5=−2，结合a4+a5=qa3+a4,求出公比q．
【解答】
解：∵等比数列{an}满足a3+a4=1，a3−a5=3，
两式相减，得a4+a5=−2，
又a4+a5=qa3+a4,
所以q=a4+a5a3+a4=−21=−2，
故选B．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆的切线方程，属于基础题．
先将圆C化为标准方程，结合已知求出kCP，得到过点P(1,−1)的切线斜率为−1，进行可得结果．
【解答】
解：圆C:x2+y2−4x+2=0的标准方程为：x−22+y2=2，
故圆心C(2,0)，
∵点P(1,−1)在圆C:x2+y2−4x+2=0上，
∴过点P的切线与CP垂直，且kCP= −1−01−2=1，
∴过点P(1,−1)的切线斜率为−1，
故所求直线方程为：y+1= −(x−1)，
整理，得：x+y=0．
故选A．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆的公切线，考查两圆的位置关系，属于基础题．
求出两圆的圆心的距离，判断圆心距和半径之和的关系，进而可得结果．
【解答】
解：由题意得两圆的圆心的距离为d= 4−02+3−02=5，等于两圆的半径之和，
所以两圆外切，
所以有3条公切线．
故选C．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面的法向量，空间向量的数量积运算，属于基础题．
求出各选项对应的P0P，根据已知条件逐个判断即可．
【解答】
解：对各个选项进行逐一验证，
对于选项A， P0P=2,0,−2，则 n·P0P=2×1+0×1+−2×1=0，则此点在平面 α内；
对于B， P0P=1,1,1，则 n·P0P=1×1+1×1+1×1=3≠0，则此点不在平面 α内；
对于C， P0P=2,−1,−4，则 n·P0P=2×1+−1×1+−4×1=−3≠0，则此点不在平面 α内；
对于D， P0P=1,−2,−5，则 n·P0P=1×1+−2×1+−5×1=−6≠0，则此点在不平面 α内；
故选A．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查椭圆的弦长，属于一般题．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，先求出kAB=−12，得出直线AB的方程，进而可得结果．
【解答】
解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为P(2,1)为AB的中点，
所以x1+x2=4，y1+y2=2，
又A，B两点在椭圆上，
则x12+4y12=16，x22+4y22=16，
两式相减，得(x12−x22)+4(y12−y22)=0，
所以(x1+x2)(x1−x2)+4(y1+y2)(y1−y2)=0，
由题意可知x1≠x2,
所以y1−y2x1−x2=−x1+x24(y1+y2)=−44×2=−12，
所以kAB=−12，
即有直线AB的方程为y−1=−12(x−2)，
即为y=−12x+2，代入椭圆方程，可得x2−4x=0，
可得x=0或4，
即有A(0,2)，B(4,0)，
则|AB|= 42+22=2 5．
故选D．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查求解双曲线的离心率，属于一般题．
设渐近线为bx−ay=0，联立方程组可得P(a2c,abc)，结合已知条件可得 c2+3a2=32c，进而可得结果．
【解答】
解：由双曲线的方程可得双曲线渐近线方程：bx±ay=0，右焦点F2(c,0)，
F2到渐近线的距离|PF2|=cb a2+b2=bcc=b，
由渐近线的对称性，设渐近线为bx−ay=0①，
则直线PF2方程为：x=−bay+c②，
由①②可得y=abc，x=a2c，则P(a2c,abc)，
左焦点F1(−c,0)，
所以|PF1|= (a2c+c)2+(abc)2= c2+3a2，
因为|PF1|=32c，
所以 c2+3a2=32c，得54c2=3a2，
所以c2a2=125，
则C的离心率为e=ca=2 155．
故选B．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查点线距离的向量求法，属于一般题．
利用向量法即可求解．
【解答】
解：以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0), B(1,1,0) , C(0,1,0) , C1(0,1,1)，
设AP=λAC，DP=DA+λAC=1,0,0+λ(−1,1,0)=(1−λ,λ,0)，即P(1−λ,λ,0)，
BP=(−λ,λ−1,0),BC1=(−1,0,1)，
BP在BC1上的投影为|BP·BC1|BC1=|λ| 2，
点P到直线BC1的距离为 BP2−(λ 2)2= (−λ)2+(λ−1)2−λ22= 32λ2−2λ+1= 32(λ−23)2+13，
当λ=23时，点P到直线BC1的距离最短.所以点P的坐标为(13,23,0)．
故选C．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查求数列的通项公式，数列的单调性，属于中档题．
先求出an=6n−5，再逐项对各个选项逐一判断即可．
【解答】
解：数列{an}的前n项和为Sn，Sn=3n2−2n(n∈N*)可得a1=S1=1;
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3n2−2n−3(n−1)2+2(n−1)=6n−5，
上式对n=1也成立，所以an=6n−5，
则a2=7，故A错误;
由an=6n−5，可得{an}为首项为1，公差为6的等差数列，故B正确;
a10=60−5=55，a3=13，a10=a3+42，故C错误;
由Sn=3n2−2n，可得Sn−1=3(n−1)2−2(n−1)，
则Sn−Sn−1=6n−5>0，
所以{Sn}是递增数列，故D正确．
故选BD．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查向量的加减运算向量的投影向量，异面直线所成的角点到平面的距离，属于较难题．
利用三角形的正弦定理以及向量的三角形法则可判断A，证明线面垂直可判断B、C，利用重心定理可判断D．
【解答】
解：对于A，G为△ABC的重心，GA+GB+GC=0，
所以PA −PG+PB−PG+PC−PG=0，
所以PG=13PA+13PB+13PC，A错误；
对于B，易证PC⊥平面PAB，AC在平面PAB上的投影向量为AP，B正确；
对于C，E，F分别为棱PA，AB的中点，EF/​/PB，
所以异面直线PH与EF所成的角也就是BP与PH成的角，
易证PB⊥平面PAC，PH⊂平面PAC，从而PB⊥PH，
异面直线PH与EF所成的角为π2，C错误；
对于D，易证PC⊥平面PAB，
所以PC就是C到平面PAB的距离，PC=1，
又C，F，G共线，G是△ABC的重心，FG=13FC，
所以点G到平面PAB的距离为点C到平面PAB的距离的13，即13，D正确．
故选：BD．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查曲线与方程，属于难题．
先求出曲线的方程，令y=0，求解即可判断A；利用基本不等式得|PF1|+|PF2|⩾2 PF1·PF2=4，即可求解△PF1F2周长的最小值，从而判断B;联立方程，利用交点仅一个，即可得k的取值范围，从而判断C；求得曲线上纵坐标最大值，即可得△PF1F2的面积最大值，从而判断D．
【解答】
解：设P(x,y)，则由|PF1|⋅|PF2|=4，
可得 x+22+y2· x−22+y2=4，
整理得x2+y2=4 x2+1−4，
令y=0，则有x2=4 x2+1−4，
即x2+42=16x2+1，
整理得x2x2−8=0，解得x=0或x=±2 2，
即曲线C与x轴交点的坐标为(0,0)，(±2 2,0)，故A正确；
对于B，因为|PF1|⋅|PF2|=4，
所以|PF1|+|PF2|⩾2 PF1·PF2=4，
当且仅当|PF1|=|PF2|=2时，等号成立，
此时P点坐标为(0,0)，P,F1，F2三点共线，
所以△PF1F2周长|PF1|+|PF2|+|F1F2|>8，故B错误；
联立x2+y2=4 x2+1−4y=kx,
消去y可得x2+kx2=4 x2+1−4，
即k2+1x2+4=4 x2+1，
整理得x2k2+1x2+8k2−1=0，
要使直线y=kx与曲线C只有一个交点，
则方程x2k2+1x2+8k2−1=0只有一个解，
故k2−1⩾0，解得k⩾1或k⩽−1，
则实数k的取值范围是(−∞,−1]∪[1,+∞)，故C正确；
设 x2+1=t,t⩾2，
则y2=4t−t2−3=−t−22+1⩽1，
所以y⩽1，
故△PF1F2面积的最大值为12×1×4=2，故D正确．
故选：ACD．
12.【答案】32
【解析】【分析】
本题考查两条直线垂直的应用，属于基础题．
利用两条斜率存在的直线垂直，则斜率相乘为−1，即可求解．
【解答】
解：直线l1：2x+3y+1=0的斜率为−23，
∵直线l2与直线l1：2x+3y+1=0垂直，
∴直线l2的斜率为−1−23=32．
故答案为：32．
13.【答案】15
【解析】【分析】
本题考查抛物线的性质，属于中档题．
利用抛物线的性质及FM=13FN，根据相似三角形，列等式，求解|MF|，进而得|FN|．
【解答】
解：易知焦点F的坐标为(3,0)，准线方程为x=−3，如图：
设抛物线准线l与x轴交点为A，作MB⊥l于B，NC⊥l于C，
AF//MB//NC，
则|MN||NF|=|BM|−|CN||OF|，
由FM=13FN，得|MN||NF|=23，
又|CN|=3，|OF|=3，
所以|BM|−33=23，
解得|BM|=5，|MF|=|BM|=5，
又|MF||NF|=13，
所以|FN|=15．
故答案为：15．
14.【答案】171
【解析】【分析】
本题考查等差数列和等比数列，属于较难题．
根据数列的通项公式及a1，a2，a3成等比数列，可得偶数项为等比数列，奇数项为等差数列，从而利用分项求和法求解即可．
【解答】
解：因为an+1=2an,n=2kan+1,n=2k−1(k∈N∗),
则a2=a1+1，a3=2a2，
因为a1，a2，a3成等比数列，
所以a22=a1·a3，
即a1+12=a1·2a1+1，
解得a12=1，即a1=±1，
当a1=−1时，a2=0，不符合题意，
所以a1=1，
所以a2=2，a3=4，a4=5，a5=10，a6=11，a7=22，a8=23，a9=46，a10=47，
且当n为偶数时，数列{an}为等比数列，公比为2，
当n为奇数时，数列{an}为等差数列，公差为1，
所以S10=1+2+4+5+10+11+22+23+46+47=171．
故答案为：171．
15.【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，
由等差数列求和公式得S6=6a1+6×52d=27，
∵a1=2，∴d=1，
∴an=2+(n−1)×1=n+1；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知：an=n+1，
则bn=1anan+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，
则Tn=b1+b2+⋯+bn
=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2
=12−1n+2=n2n+4．
【解析】本题考查等差数列的求和，等差数列的通项公式，裂项相消法求和，属于基础题．
(1)根据已知条件求出等差数列公差，即可写出通项公式;
(2)利用裂项相消法即可求解．
16.【答案】解：(Ⅰ)联立x−4y+5=02x+y−8=0，得x=3y=2，∴A(3,2)，
∵P(0,−1)为对角线的交点，即AC的中点，
由中点坐标公式得C(−3,−4)，
∵kBC=kAD，∴kBC=14，
由点斜式直线方程可得lBC:y+4=14(x+3)，
即lBC:x−4y−13=0；
(Ⅱ)联立x−4y−13=02x+y−8=0，得x=5y=−2，∴B(5,−2)，
∴|AB|= (3−5)2+(2+2)2=2 5，
由点到直线的距离公式可得C点到直线AB的距离d =|−6−4−8| 4+1=18 5，
∴S=|AB|⋅d=2 5×18 5=36．
【解析】本题考查点到直线的距离公式，两条直线的交点坐标，直线的点斜式方程，属于中档题．
(Ⅰ)联立直线得A点坐标，又P(0,−1)是AC的中点，即可求得C点坐标，即可求解BC所在直线方程；
(Ⅱ)利用AB，BC所在直线方程联立求B点坐标，从而得|AB|，利用点到直线距离求解点C到直线AB的距离，即可得平行四边形ABCD的面积．
17.【答案】解：(Ⅰ)∵M(4,8)，N(6,6)，由中点坐标公式得MN的中点坐标为(5,7)，
∵kMN=8−64−6=−1，
∴MN的中垂线方程为：y−7=x−5，即x−y+2=0，
x−y+2=04x−3y=0⇒x=6y=8，
∴C(6,8)，r=|MC|= (4−6)2+(8−8)2=2，
∴圆C的方程为(x−6)2+(y−8)2=4；
(Ⅱ)设P(x,y)，
∴|AP|2+|BP|2=(x+1)2+y2+(x−1)2+y2=2(x2+y2)+2，
x2+y2即点P到原点O的距离的平方，
∴|OP|min=|OC|−r= 62+82−2=8，
∴(x2+y2)min=64，
(|AP|2+|BP|2)min=2×64+2=130．
【解析】本题考查圆的标准方程，与圆有关的最值问题，属于中档题．
(1)先求线段MN的中垂线方程，圆心不仅在线段MN的中垂线上，也在4x−3y=0上，两方程联立求解圆心坐标，进而得半径，即可得解；
(2)设P点坐标(x,y)，利用两点间距离公式得到|AP|2+|BP|2=2(x2+y2)+2，转化为圆有关的最值问题，求(x2+y2)min，即可得解．
18.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵ΔABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，
且AB=2 2，∴AC=BC=2，
∵△PAC是以AC为斜边的等腰直角三角形，PA=PC= 2，
△PCD中，PC= 2，CD=12BC=1，
∵PD= 3，∴PD2=PC2+CD2，即CD⊥PC，
∵CD⊥AC，AC∩PC=C，AC、PC⊂平面PAC，
∴CD⊥平面PAC，
∵CD⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面PAC；
(Ⅱ)取AC中点O，连接PO，FO，
由(1)可知平面ABC⊥平面PAC，
又∵PO⊥AC，平面ABC∩平面PAC=AC，
∴PO⊥平面ABC，OF//BC，BC⊥AC，
∴OF⊥AC，以O为原点，OF，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
P(0,0,1)，C(0,1,0)，E(0,12,12)，A(0,−1,0)，B(2,1,0)，
PA=(0,−1,−1)AB=(2,2,0)，
设平面PAB的法向量为m=(x0,y0,z0)，
∴−y0−z0=02x0+2y0=0，
取y0=−1，得x0=z0=1，
故平面PAB的一个法向量为m=(1,−1,1)，
PE=(0,12,−12)，
∴E到平面PAB的距离为|PE⋅m||m|= 33；
(Ⅲ)F(1，0，0)，∴PF=(1,0,−1)，D(1,1,0)，∴FD=(0,1,0)，
设平面PFD的法向量为n=(x1,y1,z1)，
∴x1−z1=0y1=0，
令x1=1，得y1=0，z1=1；
故平面PFD的一个法向量为n=(1,0,1)，
设平面PAB与平面PFD的夹角为α，
csα=|csm,n|=|m⋅n||m||n|=2 2× 3= 63．
故平面PAB与平面PFD夹角的余弦值为 63．

【解析】本题考查面面垂直的判定，利用空间向量求线线、线面和面面的夹角，利用空间向量求点、线、面之间的距离，属于较难题．
(Ⅰ)先证明线面垂直，即CD⊥平面PAC，即可证明平面ABC⊥平面PAC；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解点到平面的距离；
(Ⅲ)利用空间向量法求解平面PAB与平面PFD夹角的余弦值即可．
19.【答案】解：(Ⅰ)由题意可得ca= 522b=1c2=a2+b2,得a=1b=12，
故双曲线C的方程为：x2−4y2=1;
(Ⅱ)①x=my+ 52x2−4y2=1⇒(m2−4)y2+ 5my+14=0,
∵直线与双曲线右支有两个交点，
∴Δ>0y1y2014m2−40y1y2