安徽省铜陵市第一中学2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试题

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时间：120分钟 满分：150分
第I卷（选择题）
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.已知空间三点O(0,0,0)，A(−1,1,0)，B(0,1,1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为( )
A. (12,−12,0)B. (−12,12,0)C. (−2,2,0)D. (2,−2,0)
【答案】B
解： 由已知设OH=λOA=(−λ,λ,0)，
则BH=OH−OB=(−λ,λ−1,−1)，
因为BH⊥OA，所以BH·OA=λ+λ−1=0，
所以λ=12,OH=(−12,12,0)，即H的坐标为(−12,12,0)．
2.已知公差不为零的等差数列{an}中，a3+a5+a7=12，a1，a3，a6成等比数列，则等差数列{an}的前8项和S8为( )
A. 20B. 30C. 35D. 40
【答案】B
解：公差d不为零的等差数列{an}中，a3+a5+a7=12，
可得3a5=12，即a5=4，即a1+4d=4，①
a1，a3，a6成等比数列，可得a1a6=a32，即a1(a1+5d)=(a1+2d)2，②
解①②方程可得a1=2，d=12，
前8项和S8=8×2+1122=30，
3.若直线l的方向向量a=(1,2,−1)，平面α的一个法向量m=(−2,−4,k)，若l⊥α，则实数k=( )
A. 2B. −10C. −2D. 10
【答案】A
解：∵直线l的方向向量a=(1,2,−1)，平面α的一个法向量m=(−2,−4,k)，l⊥α，
∴a//m，∴1−2=2−4=−1k，解得k=2．
4.直线y=x−1过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，且与C交于A、B两点，则|AB|=( )
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】D
解：根据条件得到抛物线的焦点为(p2,0)，
故0=p2−1，解得p=2，所以抛物线方程为y2=4x，
联立y2=4xy=x−1，整理可得x2−6x+1=0，
则xA+xB=6，所以|AB|=xA+xB+p=6+2=8，
5.从点P(2,−5)射出的一束光线在y轴上反射后与圆C:x2+y2+2x−4y=0相切，则反射光线所在直线的方程为( )
A. 11x+2y+32=0B. 2x−y−1=0
C. x−y−2=0D. 2x−y−2=0
【答案】B
解：由圆的方程得：圆心为(−1,2)，半径为r= 5，
设反射光线与y轴的交点为Q(0,a)，则直线PQ的斜率为k1=a+5−2，
因为反射光线与直线PQ关于直线y=a对称，所以反射光线的斜率为k2=−k1=a+52，
则反射光线所在的直线方程为y=a+52x+a，即a+5x−2y+2a=0．
因为反射光线与圆C相切，所以−a−5−2×2+2a a+52+−22= 5，化简可得a2+17a+16=0，
解得a=−16(经检验，不满足条件，舍去)或a=−1，
所以反射光线方程为2x−y−1=0．
6.圆心在直线x−y−4=0上，且经过两圆x2+y2−4x−3=0，x2+y2−4y−3=0的交点的圆的方程为( )
A. x 2+y 2−6x+2y−3=0B. x 2+y 2+6x+2y−3=0
C. x 2+y 2−6x−2y−3=0D. x 2+y 2+6x−2y−3=0
【答案】A
解：由x2+y2−4x−3=0,x2+y2−4y−3=0解得两圆交点为M2+ 102,2+ 102与N2− 102,2− 102因为kMN=1，所以线段MN的垂直平分线斜率k2=−1；MN中点P坐标为(1,1)所以垂直平分线为y=−x+2由y=−x+2x−y−4=0解得x=3，y=−1，所以圆心O点坐标为(3,−1)所以r= 3−2+ 1022+−1−2+ 1022= 13
所以所求圆的方程为(x−3)2+(y+1)2=13即：x2+y2−6x+2y−3=0
7.已知椭圆的两焦点F1，F2和双曲线的两焦点重合，点P为椭圆和双曲线的一个交点，且cs∠F1PF2=14，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则e12+e22的最小值为( )
A. 1+ 154B. 152C. 14D. 154
【答案】A
解：不妨设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，双曲线方程为x2m2−y2n2=1(m>0,n>0)．
再设|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，cs∠F1PF2=14，
可得4c2=s2+t2−2stcs∠F1PF2=a2+m2+2am+a2+m2−2am−12(a2−m2)，
即有3a2+5m2=8c2， 可得3a2c2+5m2c2=8，即为3e12+5e22=8，
则e12+e22=18(3e12+5e22)(e12+e22)=18(8+3e22e12+5e12e22)≥18(8+2 15)，
当且仅当3e22e12=5e12e22时，e12+e22取得最小值1+ 154．
8.已知数列{bn}满足b1=1，b2=4，bn+2=(1+sin2nπ2)bn+cs2nπ2，则该数列的前23项的和为( )
A. 4194B. 4195C. 2046D. 2047
【答案】A
解：∵b1=1，b2=4，bn+2=(1+sin2nπ2)bn+cs2nπ2，
∴b3=2，b4=5，
一般地，当n=2k−1时，
b2k+1=1+sin22k−1π2b2k−1+cs22k−1π2=2b2k−1，
所以，数列{bn}的奇数项是首项为1、公比为2的等比数列，
同理，数列{bn}的偶数项是首项为4、公差为1的等差数列，
所以S23=1+4+2+5+···+14+211=(1+2+···+211)+(4+5+···+14)
=212−1+99=4194．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知直线l1:x+ay+1=0，l2:a−1x+y+a=0，则下列说法正确的是( )
A. 当a=1时，直线l1的倾斜角为135° B. 当l1⊥l2时，a=12
C. 若l1//l2，则a=−1 D. 直线l1始终过定点(−1,0)
【答案】ABD
解：对于A，当a=1时，直线l1:x+y+1=0，故斜率k=−1，则倾斜角为135∘， A正确．
对于B，l1⊥l2等价于a−1+a=0，解得a=12，故 B正确．
对于C，若l1//l2，aa−1−1=0且a≠a−1，故a=1± 52，故 C错误．
对于D，l1:x+ay+1=0，令y=0，得x+1=0，解得x=−1，y=0，
故恒过(−1,0)， D正确．
10.下列关于圆锥曲线的说法中，正确的是( )
A. 设A､B为两个定点，k为常数，|PA|−|PB|=k，则动点P的轨迹为双曲线的一支
B. 设定圆C上一定点A作圆的动弦AB，O为坐标原点，若OP=12(OA+OB)，则动点P的轨迹为椭圆
C. 方程2x2−5x+2=0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率
D. 双曲线x225−y29=1与椭圆x235+y2=1有相同的焦点
【答案】CD
解：对于A，|PA|−|PB|=k，当k=0时，动点P的运动轨迹为线段AB的垂直平分线，不是双曲线的一支，故A错误；对于B，∵OP=12(OA+OB)，∴P为弦AB的中点，
不妨设在单位圆x2+y2=1中，定点A(1,0)，动点B(x1,y1)，
设P(x,y)，则x=1+x12y=y12，得到x1=2x−1y1=2y,
则2x−12+2y2=1，即x−122+y2=14，
故P的轨迹方程是x−122+y2=14(x≠1)．
∴点P的轨迹不是椭圆，∴B错误；
对于C，∵2x2−5x+2=0的两根是2，12，椭圆的离心率范围是(0,1)，双曲线的离心率范围是(1,+∞)，∴C正确；
对于D，∵④中双曲线的焦点是(± 34,0)，椭圆的焦点(± 34,0)，∴D正确．
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．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知F是抛物线C：x2=12y的焦点，P是C上一点，直线FP交直线y=−3于点Q.若PQ=2FP，则|PQ|=________．
【答案】8
解：F(0,3)，准线方程为y=−3，
过P作直线y=−3的垂线，垂足为M，
则PM=PF，
又PQ=2FP，∴PQ=2PM，∴∠PQM=30°，
∴FQ=12，PQ=23FQ=8，
已知数列{an}的前n项和为Sn，且点(an,Sn)总在直线y=2x−1上，则数列{n·an}的前n项和Tn=________．
【答案】(n−1)2n+1
解：数列{an}的前n项和为Sn，且点(an,Sn)总在直线y=2x−1上，
所以Sn=2an−1，
当n≥2时，Sn−1=2an−1−1，
两式相减得，an=2an−1，又∵a1=1，
所以数列{an}是以1为首项，以2为公比的等比数列，∴an=2n−1，
则Tn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n−1，
所以2Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n，
两式相减得：−Tn=20+21+22+…+2n−1−n×2n=2n−1−n×2n,
所以数列{n·an}的前n项和Tn=(n−1)2n+1．
14.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为AA1的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M//平面CD1E，则M点的轨迹长度为_________.
【答案】 2
【解析】【分析】
本题考查了空间直角坐标系的应用，平面法向量的确定，利用空间向量判定线面的平行关系，解答本题的关键是建立合理的空间直角坐标系，求出平面CD1E的法向量n，再由C1M//平面CD1E，得C1M·n=0，由此即可判断出点M的运动轨迹，再由此求出M点的轨迹长度即可．
【解答】
解：建立如图所示空间直角坐标系，
由题意可知，C(2,2,0)，D1(2,0,2)，E(0,0,1)，C1(2,2,2)，M(0,y,z)，
∴CD1=(0,−2,2)，ED1=(2,0,1)，C1M=(−2,y−2,z−2)，
设平面CD1E的法向量n=(a,b,c)，
∴CD1·n=0ED1·n=0，即−b+c=02a+c=0，
令a=1，则n=(1,−2,−2)，
∵C1M//平面CD1E，∴C1M·n=0，即y+z−3=0，
∵M是正方形ABB1A1内的动点，∴M点的轨迹长度为 12+12= 2．
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)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=5，AD=3，AA1=4，∠DAB=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，E是CC1的中点，设AB=a，AD=b，AA1=c．
(1)用a，b，c表示AE；
(2)求AE的长．
【答案】解：(1)由E是CC1的中点，则CE=12CC1，
根据向量的三角形法则得到
AE=AB+BC+CE=a+b+12c；
(2)∵|AE|2=(a+b+12c)2
=a2+b2+14c2+2a⋅b+a⋅c+b⋅c=25+9+4+0+(20+12)⋅cs60∘=54，
∴|AE|=3 6，即AE的长为3 6．
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，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，A1A= 5，点P是棱B1C1上的动点(包括端点)．
(1)证明：平面A1B1C⊥平面ABB1A1;
(2)若平面A1B1C与平面PCD的夹角的余弦值为 32，求点P到平面ABB1A1的距离．
【答案】解：(1)证明：以下底面正方形的中心O为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由于A1A= 5，上、下底面分别是边长为2和4的正方形，
可求出四棱台的高为 52−2 2− 22= 3，
则A1(1,−1, 3)，B1(1,1, 3)，A(2,−2,0)，B(2,2,0)，C(−2,2,0)，
于是A1B1=(0,2,0)，BB1=(−1,−1, 3)，A1C=(−3,3,− 3)，
设平面A1B1C的法向量为n=(x0,y0,z0)，
则n⋅A1C=−3x0+3y0− 3z0=0n⋅A1B1=2y0=0,
取x0=1，可得n=(1,0,− 3)，
设平面ABB1A1的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅BB1=−x1−y1+ 3z1=0m⋅A1B1=2y1=0,取x1=1，可得m=1,0, 33，
由于n·m=1×1+− 3× 33=0，即n⊥m，
则平面A1B1C的法向量与平面ABB1A1法向量垂直，
则平面A1B1C⊥平面ABB1A1;
(2)设P(a,1, 3)，a∈[−1,1]，且D(−2,−2,0)，C(−2,2,0)，
则DC=(0,4,0)，CP=(a+2,−1, 3)，设平面PCD的法向量为p=(x2,y2,z2)，
则p⋅DC=4y2=0p⋅CP=(a+2)x2−y2+ 3z2=0,取z2= 3，可得p=(−3a+2,0, 3)，
设平面A1B1C与平面PCD的夹角为θ，
则csθ=|n⋅p|n|⋅p|=32×a+3 3(a+2)2+9= 32，化简即(a+3)2=(a+2)2+3，解出a=−1，
因此B1P=(−2,0,0)，m=(1,0, 33)，则点P到平面ABB1A1的距离为：
d=|B1P|⋅|cs|=2×B1P·mB1Pm=2×−22× 1+ 332= 3．
18.(本小题17分)
已知点P是抛物线C1：y2=4x的准线上任意一点，过点P作抛物线C1的两条切线PA、PB，其中A、B为切点．
(1)写出抛物线C1焦点及准线方程；
(2)求弦AB长的最小值；
(3)若直线AB交椭圆C2：x25+y24=1于C、D两点，S1、S2分别是△PAB、△PCD的面积，求S1S2的最小值．
解：(1)因为抛物线 C1 ： y2=4x ，
所以由题意得 2p=4 ，
所以 p=2 ，焦点 F1,0 ，准线方程为 x=−1 ．
(2)设点 x0,y0 在抛物线 y2=2px 上，则 y02=2px0 ，
联立 y2=2pxy0y=px+x0 ，消去x得， y2−2y0y+2px0=0 ，即 y2−2y0y+y02=0 ，
所以，关于y的方程 y2−2y0y+y02=0 有两个相等的实根 y=y0 ，此时 x=y022p=x0 ，
因此，直线 y0y=px+x0 与抛物线 y2=2px 相切，且切点为 x0,y0 ．
设点 Ax1,y1 、 Bx2,y2 ， P−1,t ，
则以A为切点的切线方程为 y1y=2x+x1 ，
同理以B为切点的切线方程为 y2y=2x+x2 ，
∵两条切线均过点 P−1,t ，
∴ ty1=2−1+x1ty2=2−1+x2 ，即 2x1−ty1−2=02x2−ty2−2=0 ，
所以，点A、B的坐标满足直线 2x−ty−2=0 的方程，
所以，直线AB的方程为 2x−ty−2=0 ，
在直线AB的方程中，令 y=0 ，可得 x=1 ，所以，直线AB过定点 1,0 ；
由题意可知，直线AB不与x轴重合，可设直线AB的方程为 x=my+1 ，
联立 y2=4xx=my+1 ，可得 y2−4my−4=0 ，
Δ=16m2+1>0 恒成立，
由韦达定理得 y1+y2=4m ， y1y2=−4 ，
由弦长公式可得 AB= 1+m2y1−y2= 1+m2 y1+y22−4y1y2=4m2+1 ，
当 m=0 时，弦AB长的最小值为4．
(3)设点P到直线AB的距离为d，则 S▵PABS▵PCD=12d⋅AB12d⋅CD=ABCD ，
设 Cx3,y3 、 Dx4,y4 ，
由 x25+y24=1x=my+1 ，得 4m2+5y2+8my−16=0 ，
Δ=64m2+644m2+5=320m2+1>0 恒成立．
由韦达定理得 y3+y4=−8m4m2+5 ， y3y4=−164m2+5 ，
由弦长公式得 CD= 1+m2y3−y4= 1+m2 y3+y42−4y3y4=8 5m2+14m2+5 ．
AB= 1+m2y1−y2= 1+m2 y1+y22−4y1y2=4m2+1
∴ S▵PABS▵PCD=ABCD=4m2+18 5m2+14m2+5=4m2+52 5=2 55m2+ 52≥ 52 ，
当且仅当 m=0 时，等号成立．
因此， S1S2 的最小值为 52 ．
19.(本小题17分)
已知点集M={(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(xn,yn)}.将M中的元素按照一定顺序排成一列，可得到数对序列A:(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(xn,yn).定义：S1(A)=x1+y1，Sk(A)=yk+maxSk−1(A),x1+x2+⋯+xk(k≥2,k∈N∗)，其中maxx,y表示x，y中最大的数．
(1)对于数对序列A:(3,6)，(5,2)，求S1(A)，S2(A)的值;
(2)有序实数对(a,b)，(c,d)可排成两个序列A1:(a,b)，(c,d)和A2:(c,d)，(a,b)，在a，b，c，d四个数中最小的数分别为a和d两种情况下，比较S2(A1)和S2(A2)的大小;
(3)若n为奇数且n≥3，xi≥0，yi≥0，xi+yi≤2(i=1,2,⋯,n)，证明：集合M中存在两个非空子集B1，B2，满足B1∩B2=⌀，B1∪B2=M，B1中所有点的横坐标之和X(B1)≤n+12，B2中所有点的纵坐标之和Y(B2)≤n+12．
解：(1)对于S1(A)，根据定义S1(A)=x1+y1，这里(x1,y1)=(3,6)，
所以S1(A)=3+6=9．
对于S2(A)，根据定义S2(A)=y2+maxS1(A),x1+x2，
已知S1(A)=9，x1=3，x2=5，x1+x2=3+5=8，
max9,8=9，y2=2，
所以S2(A)=2+9=11．
(2)对于序列A1:(a,b)，(c,d)，
S1(A1)=a+b，S2(A1)=d+maxa+b,a+c
=maxa+b+d,a+c+d．
对于序列A2:(c,d)，(a,b)，
S1(A2)=c+d，S2(A2)=b+maxc+d,c+a
=maxb+c+d,b+c+a．
当mina,b,c,d=a时，
S2(A2)=maxb+c+d,b+c+a
=b+c+d，
因为a+b+d