2024-2025学年广东省广州市某校高二（上）期末数学模拟试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省广州市某校高二（上）期末数学模拟试卷（含答案），共10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.在公差为2的等差数列{an}中，a3−2a5=4，则a4−2a7=( )
A. −4B. −2C. −6D. −8
2.圆：x2+y2−4x+6y=0的圆心坐标和半径分别为( )
A. (−2,3)，13B. (−2,3)， 13C. (2,−3)， 13D. (2,−3)，13
3.设x，y∈R，向量a=(x,1,0)，b=(2,y,2)，c=(1,−2,1)，且a⊥b，b/​/c，则|a+b|=( )
A. 14B. 10C. 29D. 2 7
4.已知{a,b,c}是空间的一个基底，下列不能与m=a−b，n=b−c构成空间的另一个基底的是( )
A. a−cB. a+cC. a+bD. a+b+c
5.已知圆M：x2+y2+2x−1=0，直线l：x−y−3=0，点P在直线l上运动，直线PA，PB分别与圆M相切于点A，B，当切线长PA最小时，弦AB的长度为( )
A. 62B. 6C. 2 6D. 4 6
6.已知数列{an}，满足an+1=11−an，若a1=12，则a2019=( )
A. 2B. 12C. −1D. −12
7.已知抛物线C：x2=4y的焦点为F，准线为l.点P在C上，直线PF交x轴于点Q，若PF=3FQ，则点P到准线l的距离为( )
A. 6B. 5C. 4D. 3
8.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)和抛物线y2=2px(p>0)有相同的焦点F2(1,0)，两曲线相交于B，C两点，若△BCF1(F1为双曲线的左焦点)为直角三角形，则双曲线的离心率为( )
A. 2B. 2+1C. 3D. 3+1
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法错误的是( )
A. “a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的充要条件
B. 直线xsinα+y+2=0的倾斜角θ的取值范围是[0,π4]∪[3π4,π)
C. 过(x1,y1)，(x2,y2)两点的所有直线的方程为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1
D. 经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2=0
10.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM=2A1M，C1N=2B1N.设AB=a，AC=b，AA1=c.若∠BAC=90°，∠BAA1=∠CAA1=60°，AB=AC=AA1=1，则下列说法中正确的是( )
A. MN=13a+13b+13c
B. |MN|= 53
C. 直线AB1和直线BC1相互垂直
D. 直线AB1和直线BC1所成角的余弦值为16
11.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于点A，B，且A(p4,a)，|AF|=32.下列结论正确的是( )
A. p=4B. a=± 2
C. BF=3D. △AOB的面积为3 22
12.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法⋅商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，记bn=(−1)n(an+1−an)，则( )
A. an+1−an=n+1B. b1+b2+⋅⋅⋅+b20=20
C. Sn−Sn−1=n(n+1)2，n≥2D. an2n−1的最大值为32
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.椭圆x225+y2b2=1(b>0)与双曲线x28−y2=1有公共的焦点，则b=______．
14.圆P：(x+3)2+(y−4)2=1关于直线x+y−2=0对称的圆Q的方程是______．
15.在等比数列{an}中，若a1=1，a4=18，则数列{anan+1}的公比为 ．
16.已知动点P(x,y)在椭圆x225+y216=1上，过点P作圆(x−3)2+y2=1的切线，切点为M，则PM的最小值是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn.若a1=2，S7=4(a2+a5).
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=2an+2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．
18.(本小题12分)
已知圆M的方程为(x−3)2+y2=2．
(1)求过点A(2,1)的圆M的切线方程；
(2)若直线过点(2,3)，且直线l与圆M相交于两点P、Q，使得∠PMQ=90°，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC中点，且PB⊥AM．
(1)求BC；
(2)求二面角A−PM−B的正弦值．
20.(本小题12分)
已知等比数列{bn}的公比为q，与数列{an}满足bn=3an(n∈N∗)
(1)证明数列{an}为等差数列；
(2)若b8=3，且数列{an}的前3项和S3=39，求{an}的通项，
(3)在(2)的条件下，求Tn=|a1|+|a2|+…+|an|
21.(本小题12分)
已知在长方形ABCD中，AD=2AB=2 2，点E是AD的中点，沿BE折起平面ABE，使平面ABE⊥平面BCDE
(1)求证：在四棱锥A−BCDE中，AB⊥AC；
(2)在线段AC上是否存在点F，使二面角A−BE−F的余弦值为 55？若存在，找出点F的位置；若不存在，说明理由．
22.(本小题12分)
已知点A，B分别为椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右顶点，点P(0,−2)，直线BP交E于点Q，PQ=32QB且△ABP是等腰直角三角形．
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．
参考答案
1.B
2.C
3.C
4.A
5.B
6.C
7.B
8.B
9.ACD
10.ABD
11.BCD
12.ACD
13.4
14.(x+2)2+(y−5)2=1
15.14
16. 3
17.解：(1)设等差数列{an}的公差为d．
∵S7=4(a2+a5)，
∴7a1+7×62d=4(a1+d+a1+4d)，
∴a1=d，∵a1=2，
∴d=2，
∴an=2+(n−1)×2=2n．
∴{an}的通项公式为an=2n，
(2)由(1)可知bn=2an+2a=4n+22n=4n+4n，
∵Tn=b1+b2+b3+⋯+bn．
∴Tn=4(1+2+3+⋯+n)+(41+42+⋯+4n)
=4n(1+n)2+4×(1−4n)1−4=2n(n+1)+43(4n−1)，
∴Tn=2n(n+1)+43(4n−1)．
18.解：(1)∵(2−3)2+12=2，∴点A在圆上，则AM⊥m，
∵kAM=1−02−3=−1，∴km=1．
则直线m的方程为y−1=1⋅(x−2)，即x−y−1=0；
(2)圆M的方程为(x−3)2+y2=2，则圆M的圆心坐标为(3,0)，半径为 2．
记圆心到直线l的距离为d，则d= 2cs45°=1．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=2，d=3−2=1，满足条件；
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y−3=k(x−2)，即kx−y+3−2k=0．
则d=|3+k| 1+k2=1，解得k=−43．
此时直线l的方程为4x+3y−17=0．
综上，直线l的方程为x=2或4x+3y−17=0．
19.解：(1)连结BD，
因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，
则AM⊥PD，
又AM⊥PB，PB∩PD=P，PB，PD⊂平面PBD，
所以AM⊥平面PBD，
又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，
所以∠ADB+∠DAM=90°，
又∠DAM+∠MAB=90°，
则有∠ADB=∠MAB，
所以Rt△DAB∽Rt△ABM，
则ADAB=BABM，所以12BC2=1，解得BC= 2；
(2)因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则A( 2,0,0)，B( 2,1,0)，M( 22,1,0)，P(0,0,1)，
所以AP=(− 2,0,1)，AM=(− 22,1,0)，BM=(− 22,0,0)，BP=(− 2,−1,1)，
设平面AMP的法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅AP=0n⋅AM=0，即− 2x+z=0− 22x+y=0，
令x= 2，则y=1，z=2，故n=( 2,1,2)，
设平面BMP的法向量为m=(p,q,r)，
则有m⋅BM=0m⋅BP=0，即− 22p=0− 2p−q+r=0，
令q=1，则r=1，p=0，故m=(0,1,1)，
所以|cs|=|n⋅m||n||m|=3 7× 2=3 1414，
设二面角A−PM−B的平面角为α，
则sinα= 1−cs2α= 1−cs2= 1−(3 1414)2= 7014，
所以二面角A−PM−B的正弦值为 7014．
20.(12分)(1)证明：设{bn}的公比为q，
∵bn=3an(n∈N∗)
∴an=lg3bn(n∈N∗) ……(1分)
∴an+1−an=lg3bn+1−lg3bn=lg3bn+1bn=lg3q(与n无关的常数)
∴{an}为等差数列，公差为lg3q.……(3分)
(2)解：∵b8=3a8=3S3=39即a1+7d=13a1+3d=39解出a1=15d=−2……(5分)
∴an=15−2(n−1)=17−2n…………(6分)
(3)由an=17−2n≥0得n≤8，an=17−2n≤0可得n≥9
∴{an}的前8项均为正，从第9项开始为负 …………(7分)
(I )当n≤8时，Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=(15+17−2n)×n2=(16−n)n=−n2+16n…………(9分)
(II )当n≥9时Tn=|a1|+|a2|+…+|an|
=a1+a2+…+a8−(a9+a10+…+an)
=2(a1+a2+…+a8)−(a1+a2+…+a8+a9+a10+…+an)
=2×(15+1)×82−(−n2+16n)
=128−(16−n)n
=n2−16n+128…………(11分)
综上所述：Tn={n2−16n+128(n≥9)−n2+16n,(n≤8)…………(12分)
21.证明：(1)连接CE，∵E为AD的中点，AD=2AB=2 2，AB= 2，
∵ABCD为长方形，∴AB⊥AD中，AD=BC=2 2．
在△ABE中，BE= AB2+AE2= 2+2=2，
同理EC=2，BE2+EC2=BC2，∴CE⊥BE，
在折叠后的图形中：

∵平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE=BE，CE⊥BE，
∴CE⊥平面ABE，
又AB⊂平面ABE，CE⊥AB，
又∵AE⊥AB，CE⊂平面AEC，AE⊂平面AEC，CE∩AE=E，
∴AB1平面AEC，
又AC⊂平面AEC，
∴AB⊥AC，
(2)由(1)可知：△ABE、△BEC均为等腰直角三角形，过A点作底边BE的高，交BE于O点，以O为原点建立空间直角坐标系，如图所示：

则A=(0,0,1)，B=(1,0,0)，C=(−1,2,0)，E=(−1,0,0)，
则EA=(1,0,1)，AC=(−1,2,−1)，EB=(2,0,0)，
易知平面ABE的一个法向量为m=(0,1,0)，
假设在线段AC上存在点F，使二面角A−BE−F 的余弦值为 55，
设设AF=λAC，则EF=EA+λAC=(1−λ,2λ,1−λ)，
设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z)，∴n⋅EF=0n⋅EB=0，∴(1−2λ)x+2λy+(1−λ)z=02x=0，
取y=1，则n=(0,1,2λλ−1)，∴cs=m⋅nm⋅n=1 1+(2λλ−1)2= 55，解得λ=12，
即当点F为线段AC的中点时，二面角A−BE−F的余弦值为 55．
22.解：(Ⅰ)由题意知：△ABP是等腰直角三角形，a=2，B(2,0)，
设Q(x0,y0)，由PQ=32QB，则x0=65,y0=−45，
代入椭圆方程，解得b2=1，
∴椭圆方程为x24+y2=1.…(5分)
(Ⅱ)由题意可知，直线l的斜率存在，方程为y=kx−2，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则y=kx−2x24+y2=1，整理得：(1+4k2)x2−16kx+12=0，
由韦达定理可知：x1+x2=16k1+4k2，x1x2=121+4k2，…(8分)
由直线l与E有两个不同的交点，则△>0，
即(−16k)2−4×12×(1+4k2)>0，解得：k2>34，…①…(9分)
由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，则OM⋅ON>0，即x1x2+y1y2>0，
则x1x2+y1y2=x1x2+(kx1−2)(kx2−2)
=(1+k2)x1x2−2k×(x1+x2)+4
=(1+k2)121+4k2−2k×16k1+4k2+4>0，
解得：k2