安徽省淮北市第一中学2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试卷

这是一份安徽省淮北市第一中学2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试卷，文件包含安徽省淮北一中2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试卷原卷docx、安徽省淮北一中2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试卷解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
时间：120分钟；满分：150分
第I卷
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.若AB=(−1,2,3)，BC=(1,−1,−5)，则|AC|=( )
A. 5B. 10C. 5D. 10
【答案】A
解：∵AB=(−1,2,3)，BC=(1,−1,−5)，
∴AC=AB+BC=(0,1,−2)，
则|AC|= 02+12+(−2)2= 5．
2.空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，且OM=23OA，BN=NC，则MN=( )
A. 12a−23b+12cB. 12a+12b−12c
C. −23a+23b+12cD. −23a+12b+12c
【答案】D
解：由题知，空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，且OM=23OA，BN=NC，
如图，
所以ON=12OB+12OC，
所以MN=MO+ON=−23OA+12(OB+OC)=−23a+12b+12c，
3.在数列{an}中，a1=1，Sn+1=4an+2，则a2019的值为( )
A. 757×22020B. 757×22019C. 757×22018D. 无法确定
【答案】A
解：∵a1=1，Sn+1=4an+2，∴S2=a1+a2=4a1+2，解得a2=5．
∵Sn+1=4an+2，∴Sn+2=4an+1+2，两式相减得，an+2=4an+1−4an，
∴an+2−2an+1=2an+1−2an，
∴an+1−2an是以a2−2a1=3为首项，2为公比的等比数列，
∴an+1−2an=3×2n−1，两边同除以2n+1，则an+12n+1−an2n=34，
∴an2n是以34为公差，a121=12为首项的等差数列，
∴an2n=12+n−1×34=3n−14，
∴an=3n−14×2n=3n−1×2n−2，
∴a2019=3×2019−1×22017=757×22020．
4.过点P(−2,4)作圆O：(x−2)2+(y−1)2=25的切线l，直线m：ax−3y=0与直线l平行，则直线l与m的距离为( )
A. 4B. 2C. 85D. 125
【答案】A
解：由已知，切线斜率存在且不为0，
因为P为圆上一点，则有kOP·kl=−1,
而kOP=4−1−2−2=−34，∴kl=43．
∴a=4,所以直线m：4x−3y=0,
直线l：y−4=43x+2即4x−3y+20=0．
∴l与m的距离为|20| 42+(−3)2=4．
5.直线x+y+3=0分别与x轴，y轴交于A,B两点，点P在圆x−32+y2=2上，则△ABP面积的取值范围是( )
A. 6,12B. 6 2,12 2
C. 12,20D. 12 2,20 2
【答案】A
解：因为直线x+y+3=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，
所以A(−3,0)，B(0,−3)因此|AB|=3 2．
因为圆x−32+y2=2的圆心为(3,0)，半径r= 2，
所以若设圆心(3,0)到直线x+y+3=0的距离为d，
则d=|3+0+3| 2=3 2> 2，
因此直线x+y+3=0与圆(x−3)2+y2=2相离．
又因为点P在圆(x−3)2+y2=2上，
所以点P到直线x+y+3=0距离ℎ的最小值为d−r=3 2− 2=2 2，
最大值为d+r=3 2+ 2=4 2，即ℎ∈[2 2,4 2]，
又因为△ABP面积为12×|AB|×ℎ=3 22ℎ，
所以△ABC面积的取值范围为[6,12]．
6.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0与双曲线C2:x2m2−y2n2=1m>0,n>0有相同的焦点F1，F2，点P是两曲线的一个公共点，且∠F1PF2=60°，若椭圆C1的离心率e1=​22，则双曲线C2的离心率e2=( )
A. 62B. ​72C. 1+​2D. 3
【答案】A
解：设|PF1|=s，|PF2|=t，P为第一象限的交点，
由椭圆和双曲线的定义可得s+t=2a，s−t=2m，
解得s=a+m，t=a−m，
在三角形F1PF2中，∠F1PF2=60°，
可得4c2=s2+t2−2stcs60°
=a2+m2+2am+a2+m2−2am−(a2−m2)，
即有a2+3m2=4c2，可得a2c2+3m2c2=4，
即为1e12+3e22=4，由e1= 22，可得e2= 62，
7.在圆幂定理中有一个切割线定理：如图1所示，QR为圆O的切线，R为切点，QCD为割线，则QR2=QC⋅QD.如图2所示，在平面直角坐标系xOy中，已知点A−1,0，点P是圆O:x2+y2=4上的任意一点，过点B1,0作直线BT垂直AP于点T，则2PA+3PT的最小值是( )
A. 6 2B. 8 2C. 4 2D. 2 2
【答案】A
解：连接PO，
在△PAB中，因为O是AB的中点，点P是圆O:x2+y2=4上的任意一点，所以PO=12(PA+PB)，平方得|PO→|2=14(|PA→|2+|PB→|2+2|PA→|⋅|PB→|cs∠APB)，
将cs∠APB=|PA|2+|PB|2−|AB|22|PA|⋅|PB|代入可得
|PO|=12 2(|PA|2+|PB|2)−|AB|2=2，因为|AB|=2，所以PA2+PB2=10，
所以cs∠APB=3PA⋅PB，在Rt△PBT，PT=PBcs∠APB=3PA，
所以2|PA|+3|PT|=2|PA|+9|PA|⩾2 18=6 2，
当且仅当2PA=9PA，即PA=3 22时，取等号，
8.已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(2n−1)·2n，设bn=2n+1nan，Sn为数列{bn}的前n项和．若Snm，
所以椭圆C:x2m2+2+y2m=1的焦点在x轴上，
故其长轴长为2 m2+2，选项A错误;
若m=1，则曲线C为椭圆，方程为x23+y2=1，焦点坐标为± 2,0，
当过焦点的直线斜率为0时，此时该直线截椭圆C的弦长为2 3；
当过焦点的直线斜率不为0时，不妨设该直线过椭圆C的右焦点，方程为x=ny+ 2，与椭圆C的两个交点分别为Ax1,y1,Bx2,y2，
由x23+y2=1x=ny+ 2，可得n2+3y2+2 2ny−1=0，
则有Δ=8n2+4n2+3=12n2+1>0y1+y2=−2 2nn2+3y1y2=−1n2+3,
AB= 1+n2y1−y2= 1+n2· y1+y22−4y1y2
= 1+n2· −2 2nn2+32−4×−1n2+3
= 1+n2·2 3n2+1n2+3=2 3·n2+1n2+3=2 31−2n2+3⩾2 33，
当n=0时，上式不等式可取等号，即ABmin=2 33，
11.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=2，E、F分别是BC、A1C1的中点，D在线段B1C1上，则下面说法中正确的有( )
A. EF //平面AA1B1B
B. 直线EF与平面ABC所成角的正弦值为 55
C. 若D是B1C1的中点，若M是B1A1的中点，则F到平面BDM的距离是2 55
D. 直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为3 22
【答案】ACD
解：∵直三棱柱 ABC−A1B1C1中， ∠BAC=90 ∘，
∴以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图，
∵ AB=AC=AA1=2， E， F分别是BC，A1C1的中点，
∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,1,0)，F(0,1,2)，A1(0,0,2)，
设D(x,−x+2,2)，(0≤x≤2)，
对于A， AC=(0,2,0)为平面AA1B1B的一个法向量， EF=(−1,0,2)，
则AC·EF=(0,2,0)·(−1,0,2)=0，
∵EF不在平面AA1B1B内，
∴ EF/​/平面 AA1B1B，故A正确；
对于B， AA1=(0,0,2)为平面 ABC的一个法向量， EF=(−1,0,2)，
设直线EF与平面 ABC所成角为θ，
则 sinθ=csAA1,EF=AA1·EFAA1·EF=42× 5=2 55，故B错误；
对于C，当 D是B1C1上的中点时，D(1,1,2)，M(1,0,2)，可得BD=(−1,1,2)， DM=(0,−1,0)，设平面BDM的法向量为m=x,y,z，
则 BD·m=0DM·m=0 ，解得m=2,0,1，FD=(1,0,0)，设F到平面BDM的距离为d，
则d=FD·mm=2 5=2 55，故C正确；
对于D，设B1D=λB1C1=(−2λ,2λ,0),(0≤λ≤1)，
则BD=BB1+B1D=(−2λ,2λ,2)， EF=(−1,0,2)，
设直线BD与直线 EF所成角为φ，
则csφ=BD·EFBD·EF=λ+2 2λ2+1× 5= 1 5 (3λ+2−43)2+29，
当 3λ+2−43=0，即 λ=14时， csφ取最大值，此时直线BD与直线EF所成角最小，
BD=(−12,12,2)， BD= (−12)2+(12)2+4=3 22，故D正确．
综上，可知椭圆C:x23+y2=1中过焦点的最短弦长为2 33．选项D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.过点(−1,2)且与圆(x−1)2+y2=4相切的直线方程为__________．
【答案】x=−1或y=2
解：当x=−1，y=2时，(x−1)2+y2=−1−12+22=8，所以点(−1,2)在圆外，
由标准方程可知，圆心为(1,0)，半径为2，
当所求切线斜率不存在时，方程为x=−1，
圆心到该直线的距离为d=2和半径相等，所以x=−1是所求切线；
当所求切线斜率存在时，设斜率为k，则切线方程为y−2=k(x+1)，
即kx−y+k+2=0，圆心到直线的距离d=k+k+2 k2+1=2，解得k=0，所以切线方程为y=2，
综上所述，切线方程为x=−1或y=2；
数列{an}满足a1=2，an+1=2(n+2)n+1an(n∈N∗)，则a2017a1+a2+⋯+a2016=________．
【答案】10091008
解：∵数列{an}满足a1=2，an+1=2(n+2)n+1an(n∈N∗)，∴an+1n+2=2⋅ann+1，a11+1=1，
∴ann+1=2n−1，即an=(n+1)⋅2n−1，
设其前n项和为Sn，则Sn=2+3×2+4×22+…+(n+1)⋅2n−1，
∴2Sn=2×2+3×22+…+n⋅2n−1+(n+1)⋅2n，
∴−Sn=2+2+22+…+2n−1−(n+1)⋅2n=2+2n−22−1−(n+1)⋅2n，
∴Sn=n⋅2n，则a2017a1+a2+⋯+a2016=2018×220162016×22016=10091008．
故答案为：10091008．
14.已知F2,0为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点，直线l：y=−13x+m与椭圆C相交于A，B两点，A，B的中点为P，且直线OP的斜率 k=1，则椭圆C的方程为________．
【答案】x26+y22=1
解：设Ax1,y1,Bx2,y2,Px0,y0，
由题意可得x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1,两式做差可得x12−x22a2=−y12−y22b2，
即kAB=y1−y2x1−x2=−b2a2·x1+x2y1+y2．因为A,B的中点为P，且直线OP的斜率k=1，
所以x1+x2=2x0y1+y2=2y0，且y0x0=1．
所以kAB=−b2a2·x1+x2y1+y2=−b2a2·2x02y0=−b2a2=−13，
即a2=3b2．又因为c=2，a2=b2+c2，
所以b2=2,a2=6．
所以椭圆C的方程为：x26+y22=1．
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13分)
如图，四棱锥的底面ABCD为平行四边形，且∠APB=∠APC=∠BPC=π3,PA=3,PB=PC=2，M是PD的中点．
(1)若BD=mPA+nPB+pPC，求m+n+p的值；
(2)求线段BM的长．
【答案】解：(1)BD=BA+BC=(PA−PB)+(PC−PB)=PA−2PB+PC，
∴m+n+p=0；
(2)BM=PM−PB=12PD−PB
=12(PC+CD)−PB=12(PC+PA−PB)−PB
=12(PC+PA)−32PB，
∴BM2=[12(PC+PA)−32PB]2
=14(PC2+PA2+2PC·PA)−32PB·PC−32PA·PB+94PB2
=14(4+9+2×2×3×csπ3)−32×2×2×csπ3−32×3×2×csπ3+9
=194−3−92+9
=254．∴BM=52．
16.(本小题15分)
以坐标原点为圆心的圆C被直线y=x+1截得的弦长为 14．
(1)求过点M( 3,−1)的圆C的切线方程；
(2)若直线ax+y−a+1=0(a∈R)与圆C交于A,B两点(其中O为坐标原点)，求AO⋅AB的最小值．
【答案】解：(1)设圆C的半径为r，
圆心(0,0)到直线y=x+1的距离d=0−0+1 2=1 2，
则由题意可得r2=(1 2)2+( 142)2，∴r2=4，
∴圆C的方程为x2+y2=4，
经判断点M在圆C上.
若过M的直线为x= 3时，它与圆C不可能相切，
故过点M的圆C的切线l斜率一定存在，
∵kCM=−1 3=− 33，∴kl= 3，
∴切线l的方程为y+1= 3(x− 3)， 3x−y−4=0，
所以过点M( 3,−1)的圆C的切线方程为 3x−y−4=0．
(2)直线ax+y−a+1=0可化为y+1=−a(x−1)，恒过定点N(1,−1)，
圆C：x2+y2=4的圆心为(0,0)，半径为2，
∴AO⋅AB=OA⋅BA​=OA⋅(OA−OB)
=OA2−OA⋅OB=4−2×2×cs，
当AB⊥ON时，最小，cs取最大值，
此时AO⋅AB=4−4cs取最小值，此时ON的斜率为−1，
由垂直关系可得−a=1，解得a=−1，
故此时直线方程为y+1=x−1，即y=x−2，
联立y=x−2x2+y2=4可解得x=0y=−2或x=2y=0，
∴取最小值π2，cs取最大值0，
此时AO⋅AB=4−4cs取最小值4，
故AO⋅AB的最小值为4．
17.(本小题15分)
如图，AE⊥平面ABCD，CF//AE，AD//BC，AD⊥AB，AB=AD=1，AE=BC=2．
(1)求证：BF//平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的大小；
(3)若二面角E−BD−F的余弦值为13，求线段CF的长．
解：因为AE⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以AE⊥AB，因为AD⊥AB，AD⋂AE=A，
AD、AE⊂平面ADE，所以AB⊥平面ADE，
可以建立以A为原点，分别以AB，AD，AE的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，
可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．
设CF=ℎ(ℎ>0)，则F(1,2,ℎ)．
(1)依题意，AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量，
又BF=(0,2,ℎ)，可得BF⋅AB=0，则BF⊥AB，
又因为直线BF不在平面ADE，所以BF/​/平面ADE．
(2)依题意，BD=(−1,1,0)，BE=(−1,0,2)，CE=(−1,−2,2)．
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量，
则n⋅BD=0n⋅BE=0，即−x+y=0−x+2z=0，不妨令z=1，可得n=(2,2,1)．
因此有cs=CE⋅n|CE||n|=−49．所以，直线CE与平面BDE所成角的大小为arcsin49．
(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量，BF=(0,2,ℎ)，
则m⋅BD=0m⋅BF=0，即−x+y=02y+ℎz=0，
不妨令y=1，可得m=(1,1,−2ℎ).
由题意，有|cs|=|m⋅n||m||n|=|4−2ℎ|3 2+4ℎ2=13，解得ℎ=87．
经检验，符合题意．所以，线段CF的长为87．
18.(本小题17分)
已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点是F1,F2，且C1的离心率为 32.抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点为F2，过OF2的中点Q垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为2 6．
(1)求椭圆C1的标准方程；
(2)设椭圆C1上一动点T满足：OT=λOA+2μOB，其中A,B是椭圆C1上的点，且直线OA,OB的斜率之积为−14.若N(λ,μ)为一动点，点P满足 PQ=12F1F2.试探究|NP|+|NQ|是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由．
【答案】解：(1)抛物线C2:y2=2px的焦点为F2(p2,0)，
∴Q(p4,0)
过Q垂直于x轴的直线截y2=2px所得的弦长为2 6，
所以( 6)2=2p×p4，解得p=2 3，所以F2( 3,0)，
又∵椭圆C1的离心率为 32，∴a=2,b=1，∴椭圆C1的方程为x24+y2=1；
(2)设T(x,y)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则由OT=λOA+2μOB，得x=λx1+2μx2 ，y=λy1+2μy2 ，
∵点T,A,B在椭圆x24+y2=1上，
∴所以x12+4y12=4， x22+4y22=4， x2+4y2=4，
故x2+4y2=(λx1+2μx2)2+4(λy1+2μy2)2
=λ2(x12+4y12)+4μ2(x22+4y22)+4λμ(x1x2+4y1y2)=4，
设kOA,kOB分别为直线OA,OB的斜率，
由题意知，kOA⋅kOB=y1y2x1x2=−14 ，因此x1x2+4y1y2=0，
所以λ2+4μ2=1，
所以N点是椭圆λ2+μ214=1上的点， ∵由(1)知Q( 32,0)，又 PQ=12F1F2，
∴P(− 32,0)，∴P,Q恰为椭圆λ2+μ214=1的左、右焦点，
由椭圆的定义，|NP|+|NQ|=2为定值．
19.(本小题17分)
设正项数列an的前n项和为Sn，满足Sn=12an2+12an，正项等比数列bn满足：b2=a2,b4=a6
(1)求数列an，bn的通项公式；
(2)设cn=an,n=2k−1,bn,n=2k,其中k∈N∗，数列cn的前n项和为Tn，求所有的正整数m，使得T2mT2m−1恰为数列cn中的项；
(3)设t为正整数，已知数列dn是首项为1且公比为正数的等比数列，对任意正整数k，当k≤t时，都有dk≤ak≤dk+1成立，求t的最大值．
【答案】解：(1)∵an>0，当n=1时，a1=12a12+12a1，解得a1=1．
由Sn=12an2+12an，
当n≥2，Sn−1=12an−12+12an−1，
两式相减，得12an+an−1an−an−1−1=0．
又∵an>0，∴an+an−1≠0，
∴an−an−1=1，
∴数列{an}是等差数列，其首项为1，公差为1，
∴an=1+(n−1)=n．
由b2=a2，b4=a6．
∴q2=b4b2=a6a2=3，q>0．
∴q= 3，
∴bn=b2qn−2=2× 3n−2．
(2)由题意得cn=2k−1,n=2k−12×3k−1,n=2k,k∈N∗,
∴T2m=(a1+a3+…+a2m−1)+(b2+b4+…+b2m)
=m(1+2m−1)2+2(1−3m)1−3=3m+m2−1，
T2m−1=T2m−b2m=3m+m2−1−2×3m−1
=3m−1+m2−1．
∴T2mT2m−1=3m+m2−13m−1+m2−1
=3−2(m2−1)3m−1+m2−1≤3，
若T2mT2m−1为{cn}中的项只能为c1，c2，c3．
①若3−2(m2−1)3m−1+m2−1=1，则3m−1=0，所以m无解；
②若3−2(m2−1)3m−1+m2−1=2，则3m−1+1−m2=0．
由题意m=1不符合题意，m=2符合题意．
当m≥3时，令f(x)=3x−1+1−x2，x≥3，则f′(x)=3x−1ln3−2x，
设g(x)=3x−1ln3−2x，则g′(x)=3x−1(ln3)2−2>0，
即f′(x)=3x−1ln3−2x为增函数，故f′(x)≥f′(3)>0，f(x)为增函数．
故f(x)≥f(3)=1>0，
∴当m≥3时，方程3m−1+1−m2=0无解，
即m=2是方程唯一解．
③若3−2(m2−1)3m−1+m2−1=3，则m2=1，即m=1．
综上所述，m=1或m=2．
(3)设等比数列dn的公比为q，其中q>0，
令k=1，可得1≤1≤q，即q≥1，
若q=1，则由dk⩽ak⩽dk+1得1≤ak≤1，此时t的最大值为1；
若q>1，由dk⩽ak⩽dk+1，得qk−1≤k≤qk⇔(k−1)lnq≤lnk≤klnq，
即lnkk≤lnq≤lnkk−1，此时只需考虑k≥2情形：
令fx=lnxx x≥2，gx=lnxx−1 x≥2，
则f′(x)=1−lnxx2，当2e时，f′(x)