2024-2025学年安徽省A10联盟高二下学期2月开学考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年安徽省A10联盟高二下学期2月开学考试数学试卷（含答案），共7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.已知直线l:x−ay+1=0过点(−1,1)，则l的倾斜角为( )
A. 0B. π4C. π2D. 3π4
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10=S15，且a7=3，则a1=( )
A. −3B. 0C. 3D. 6
3.圆C1:x2+y2=4与圆C2:x2+y2−6x+8=0的位置关系为( )
A. 外切B. 相交C. 外离D. 内含
4.已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为1，O为底面ABCD内一点，且PO=λPA+13PB+12PC(λ∈R)，则PO⋅PB=( )
A. 13B. 23C. 34D. 43
5.已知双曲线x2a2−y24=1(a>0)的一条渐近线与直线2x+y−3=0垂直，则双曲线的焦距为( )
A. 2 3B. 4 3C. 2 5D. 4 5
6.已知正项等比数列{an}的前n项积为Tn，且1a1+2+1a2025+2=12，则T2025=( )
A. 2024B. 2025C. 22024D. 22025
7.如图，圆锥PO的底面圆周上有A，B，C三点，AB为底面圆O的直径，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点，若AB=PO=2，则直线CD和平面PBC所成角的正弦值为( )
A. 13
B. 49
C. 33
D. 2 23
8.1688年，笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣与叶形曲线特征，提出了笛卡尔叶形线方程：x3+y3−3axy=0，则下列说法错误的是( )
A. 当a=2时，笛卡尔叶形线的顶点坐标为A(2,2)
B. 笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点
C. 笛卡尔叶形线关于直线y=x对称
D. 当a=2时，若点P(x,y)是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则x2+y2的最大值为18
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{an}满足a1=3，an+1=3an3+2an(n∈N∗)，则下列说法正确的是( )
A. a2=1
B. {1an}是等差数列
C. an=2n−13
D. 设{anan+1}的前n项和为Sn，则Sn=9n2n+1
10.定义：λ曲线的方程为(x2+y2)2−4y2=λ(λ是常数).若点P在λ曲线上，O是坐标原点，A(2,2)，则下列说法正确的是( )
A. 当λ=0时，|AP|的最小值为 5−1
B. 当λ=1时，|OP|的最小值为 5−2
C. 当λ=0时，|AP|的最大值为 13+1
D. 当λ=1时，|OP|的最大值为 5+2
11.已知在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足AP=AB+λAD+μAA1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列说法正确的是( )
A. 当μ=1时，三棱锥B−A1CP的体积为定值
B. 当λ=1时，△BD1P周长的最小值为 3+ 5
C. 当λ=13时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D. 当|AP|= 2时，D1P2的最小值为4−2 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在等比数列{an}中，a3+a5=5，a6+a8=40，则{an}的公比为 ．
13.已知空间三点A(1,2,1)，B(1,3,2)，C(2,3,1)，则以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为 ．
14.已知点O为坐标原点，点F是抛物线E:y2=4x的焦点，且A(4,4)，连接AF并延长交抛物线E于点B，则△OAB的面积为 ．
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)
在平面直角坐标系xOy中，已知圆C的方程为x2−2x+y2−4y−11=0，点P为圆C上一点．
(1)若点Q为CP的中点，求动点Q的轨迹Ω的方程;
(2)过坐标原点O的直线l被曲线Ω截得的弦长为2 3，求直线l的方程．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=1，AB= 3，AD=1，BC=2 3，∠ABC=120∘，∠BAD=90∘，E为PC的中点．
(1)证明：BE/​/平面PAD;
(2)求平面PBD与平面BDE夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=2 3，过F1作直线交E于A，B两点，|AB|的最小值为4．
(1)求E的方程;
(2)若AF1=3F1B，过F2作与AB关于y轴对称的直线交E于C，D两点，求四边形ACBD的面积．
18.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn=n(n+2)，正项数列{bn}满足bn2=bn+1bn−1(n≥2)，且a2−b2=a3−b3=3．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式;
(2)设cn=bnan2+bn+1an+1−bn+2Sn，求证：数列{cn}为等比数列;
(3)求数列{an+1⋅bn+1}的前n项的和Tn．
19.(本小题12分)
已知每项均不为0的数列{an}满足：a1=1，(an+1an+1)(an+1−an−2)=0．
(1)若a4=−5，求a2的值;
(2)若an>0(n∈N∗)，bn=(910)n⋅an，求数列{bn}的最大项;
(3)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在满足条件的数列{an}，使得S2025=2025?如存在，求出这样的数列的一个通项公式;若不存在，请说明理由．
参考答案
1.C
2.D
3.A
4.B
5.D
6.D
7.B
8.A
9.ABD
10.AC
11.ABD
12.2
13. 3
14.52
15.解：(1)由题意得，圆C:(x−1)2+(y−2)2=16，
故|CP|=4，所以|CQ|=2，
故动点Q的轨迹Ω的方程为(x−1)2+(y−2)2=4．
(2)因为直线l被曲线Ω截得的弦长为2 3，
所以圆心C(1,2)到直线l的距离为1．
当直线l的斜率不存在时，直线l:x=0符合题意;
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为kx−y=0，
故|k−2| 1+k2=1，解得k=34，故l:3x−4y=0．
综上，直线l的方程为x=0或3x−4y=0．
16.解：(1)因为∠BAD=90∘，即BA⊥AD，又PA⊥平面ABCD，
故以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B( 3,0,0)，C(2 3,3,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，E( 3,32,12).
在平面四边形ABCD中，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，
过点B作BF//AD交CG于点F，得BF=3，CF= 3，所以C(2 3,3,0)
因为BE=(0,32,12)，平面PAD的一个法向量为AB=( 3,0,0)，所以BE⋅AB=0．
因为BE⊄平面PAD，所以BE/​/平面PAD．
(2)设平面PBD的法向量为m=(x1,y1,z1)，PB=( 3,0,−1)，BD=(− 3,1,0)，
则m⋅PB= 3x1−z1=0m⋅BD=− 3x1+y1=0，取x1=1，则m=(1, 3, 3).
设平面BDE的法向量为n=(x2,y2,z2)，BD=(− 3,1,0)，BE=(0,32,12)，
则n⋅BD=− 3x2+y2=0n⋅BE=32y2+12z2=0，取x2=1，则n=(1, 3,−3 3).
所以|cs|=|m⋅n||m|·n=|1+3−9| 7× 31=5 217217，
所以平面PBD与平面BDE夹角的余弦值为5 217217．

17.解：(1)设半焦距为c，由|F1F2|=2 3，得c= a2−b2= 3，
当AB⊥x轴时，|AB|的值最小．
将x=−c代入x2a2+y2b2=1，得y=±b2a，
所以2b2a=4，解得a2=9，b2=6，
所以E的方程为x29+y26=1．
(2)由题意得，直线AB的斜率不为0，设l:x=my− 3，
联立x=my− 3x29+y26=1整理得(2m2+3)y2−4 3my−12=0．
易知△>0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=4 3m2m2+3，y1y2=−122m2+3(∗)，
由AF1=3F1B得y1=−3y2，
代入(∗)，得−2y2=4 3m2m2+3，−3y22=−122m2+3，解得m2=3．
由对称性可知，四边形ACBD为等腰梯形，其面积为
S=12|2x1−2x2|⋅|y1−y2|=|x1−x2|⋅|y1−y2|=|m||y1−y2|2= 3[(y1+y2)2−4y1y2]
= 3|(4 3m2m2+3)2+4×122m2+3|= 3×(169+163)=64 39，
所以四边形ACBD的面积为64 39．
18.(1)解：因为数列{an}的其前n项的和Sn=n(n+2)=n2+2n，
所以当n=1时，a1=S1=3;
当n≥2时，Sn−1=(n−1)(n+1)=n2−1，
所以an=Sn−Sn−1=(n2+2n)−(n2−1)=2n+1;
当n=1时，a1=3也满足an=2n+1，
所以an=2n+1(n∈N∗).
因为正项数列{bn}满足bn2=bn+1bn−1(n≥2)，
所以{bn}是等比数列，设{bn}的公比为q，
由a2−b2=a3−b3=3，得5−b1q=37−b1q2=3，解得b1=1q=2，
故bn=b1qn−1=2n−1．
(2)证明：由(1)得，cn=bnan2+bn+1an+1−bn+2Sn
=2n−1⋅(2n+1)2+2n⋅(2n+3)−2n+1⋅n⋅(n+2)
=2n+1⋅n2+2n+1⋅n+2n−1+2n+1⋅n+3⋅2n−(2n+1⋅n2+2n+2⋅n)=7⋅2n−1，
所以cn+1cn=7⋅2n7⋅2n−1=2，
所以{cn}是以7为首项，2为公比的等比数列．
(3)解：令dn=an+1⋅bn+1=(2n+3)⋅2n，
其前n项和Tn=d1+d2+⋯+dn=5×21+7×22+⋯+(2n+3)⋅2n， ①
2Tn=5×22+⋯+(2n+1)⋅2n+(2n+3)⋅2n+1， ②
①− ②得，−Tn=5×2+2×22+⋯+2×2n−(2n+3)⋅2n+1
=10+23(1−2n−1)1−2−(2n+3)⋅2n+1
=10+2n+2−8−(2n+3)⋅2n+1=2−(2n+1)⋅2n+1，
因此，Tn=(2n+1)⋅2n+1−2．
19.解：(1)因为(an+1an+1)(an+1−an−2)=0，
所以an+1an=−1或an+1−an=2．
因为a1=1，所以a2=−1或a2=3．
当a2=−1时，a3=1，a4=−1或a4=3，不满足题意，舍去;
当a2=3时，a3=−3或a3=5，
当a3=−3时，a4=3或a4=−1，不满足题意，舍去;
当a3=5时，a4=−5或a4=7，满足题意，
所以a2=3．
(2)由an>0(n∈N∗)，得an+1−an=2，
所以数列{an}为等差数列，其通项为an=2n−1．
则bn=(910)n⋅(2n−1)>0，
所以bn+1bn=(910)n+1·(2n+1)(910)n⋅(2n−1)=9(2n+1)10(2n−1)，
令9(2n+1)10(2n−1)≥1，解得n≤192，
所以b1