江苏省新海高级中学2024-2025学年高二上学期期末质量检测考试数学试题

2024—2025学年上学期高二期末质量检测考试 数学试题部分答案 1．B 解析：直线 l的斜率为 tan 60 3  ，方程为 3 3( 2)y x   ，当 0x  时， 3y   ，所以 l在 y轴上的截距为 3 . 2．D 解析：由题意，线段 AB为椭圆C的通径，所以 22 2 2 2 6 36 bAB a     . 3．A 解析：因为 1 1 1 n n n aa a    ， 1 1 2 a  ，所以 12 1 1 3 1 aa a     ， 2 3 2 1 2 1 aa a      ， 3 4 3 1 1 1 3 aa a      ， 4 5 4 1 1 1 2 aa a     ，显然数列  na 的 周期为 4，而 2023 4 505 3   ，因此 2023 3 2a a   . 4．C 解析： 1 1 1( ) ( ) 2 2 2 BE BP BD PB BA BC            1 1 1 1 1 1( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 PB BA BC PB PA PB PC PB                  3 1 1 1 3 1 2 2 2 2 2 2 PB PA PC a b c            ． 5．A 解析：直线 l：  2 3 2 3 0mx y m m x y        ，令 2 0 3 0 x y      ，解得 2 3 x y    ，所以直线 l恒过定点  2,3P ，圆 C：    2 23 4 9x y    的圆心为  3,4C ，半径为 3r  ，且    2 22 2 3 3 4 2 9PC       ，即 P在圆内，当CP l 时，圆 心 C到直线 l的距离最大为 2d PC  ，此时，直线 l被圆 C截得的弦长最小，最小值为 2 22 2 7r d  ． 6．C 解析：数列 na 中， 1 2 1a a  ， *2 2, 2 1 , N , 2 n n n a n k a k a n k       ，当 2 1n k  ， *kN 时， 2 2n na a   ，即数列 na 的奇 数项构成等差数列，其首项为 1，公差为 2，则 1 3 5 49 25 2425 1 2 625 2 a a a a          ，当 2n k ， *kN 时， 2 1n n a a    ， 即数列 na 的偶数项构成等比数列，其首项为 1，公比为 1 ，则 25 2 4 6 50 1 [1 ( 1) ] 1 1 ( 1) a a a a            ，所以 50 1 3 5 49 2 4 6 50( ) ( ) 626S a a a a a a a a            . 7．B 解析：设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 2 2 2 21 2 1 22 21, 1 x xy y a a     ，两式相减并化简得 1 2 1 22 1 2 1 2 1 1 11 3 3 y y y y a x x x x          ， 2 3, 3a a  8．D 解析：依题意圆形木板的直径为  2 210 5 5 5 cm  .设截得的四边形木板为 ABCD，设 A   ，AB c ，BD a ，AD b= ， BC n ，CD m ，如下图所示. 由 3cos 5   且0 π  可得 2 4sin 1 cos 5  = - = ，在 ABD△ 中，由正弦定理得 5 5 sin a   ，解得 4 5a  .在 ABD△ 中， 由余弦定理，得 2 2 2 2 cosa b c bc    ，所以，         2 2 2 22 2 6 16 1680 5 5 5 4 5 b c b c b c bc b c bc b c              ， 即  2 400b c  ，可得0 20b c   ，当且仅当 10b c  时等号成立.在 BCD△ 中， πBCD    ，由余弦定理可得  2 2 2 2 2 680 2 cos π 5 a m n mn m n mn                2 2 2 2 44 4 5 5 4 5 m n m n m n mn m n           ，即  2 100m n  ， 即0 10m n   ，当且仅当 5m n  时等号成立，因此，这块四边形木板周长的最大值为30cm . 9．ABD 解析：假设 na 的公差为 d，由  1 55 3 5 5 35 2 a a S a     ，所以 3 7a  ，又 2 4a  ，所以 3d  ， 1 1a  ，所以 3 2na n  ，  3 1 2n n n S   .选项 A：   21 13 2 3 3 3n na n n n         ，故 1n  时 nna 的最小值为 1，A正确；选项 B：  3 1 2n n n S   ， 所以 1n  时 nS 取得最小值 1，B正确；选项 C： 2 2 2 3na n n n    ，因为 1 1 1 a  ， 22 12 a  ，所以 2 na n       不是递减数列，C错误. 选项 D： *1 3 1 3 1 3 3 1 3, 0, 2, 2 2 1 2 2 2 2 2 n n nS S S nn n n n n n n                 N ，故 n S n       为递增数列，D正确； 10．BC 解析：A.由两直线垂直得， 2 1 ( 1) ( ) 0a a      ，解得 0a  或 1 ，“ 0a  或 1 ”是“ 1a   ”的必要不充分条件，选项 A 错误.B.由 sin 2 0x y    得， sin 2y x    ，直线斜率 sink   ，∵ 1 sin 1   ，∴ 1 1k   ，即 1 tan 1   ， ∵ [0, π)  ，∴倾斜角的取值范围是 π 3π0, , π 4 4           .选项 B正确.C.到点 (1,0)N 距离为1的点在圆 2 2: ( 1) 1N x y   上， 由题意得， (4,4)M ，圆  2 2 2: ( 4) ( 4) 0M x y r r     与圆 2 2: ( 1) 1N x y   有两个公共点，两圆相交，∵圆心距    2 24 1 4 0 5MN      ， ∴ 1 5 1r r    ，∴ 4 6r  ，即 r的取值范围是  4,6 ，选项 C正确.D.由 21x y  得 2 2 1( 0)x y x   ，曲线表示圆心为原点，半径为1的半圆，如图所示， 当直线 y x b  过点 (0,1)A 时， 1b  ，当直线 y x b  过点 (1,0)B 和点 (0, 1)C  时， 1b   ，当直线 y x b  与半圆相切于 点D时，由圆心O到直线 0x y b   的距离为1得 2 2 | 0 0 | 1 1 ( 1) b- + = + - ，解得 2b   或 2b  （舍），所以当直线 y x b  与 曲线 21x y  恰有一个公共点时， 1 1b   或 2b   . 11．AD 解析：A选项，由题意得  1,0F ，故抛物线方程为 2 4y x ，由抛物线定义得 1 2| | 2 8 2 10AB x x      ，A正确；B选 项，由于直线 l的斜率为 0时，与抛物线只有一个交点，不合要求，舍去，设直线 : 1AB x my  ，联立 2 4y x ，得 2 4 4 0y my   ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，由于 4BF FA   ，则 2 14y y  由韦达定理得 1 2 1 24 , 4y y m y y    ，故 2 1 13 4 , 4 4y m y     ，解得 1 1 3 31, 4 4 y m y      ，故直线 l的斜率为 4 3  ，倾斜角不为 45或135，B错误； C选项，由题意得，准线方程为 1x   ，过点 P作 PG垂直于直线 1x   于点G，由抛物线定义得 PM PG ，故 PM PF PG PF   ，要想求得 PM PF 的最小值，则过点M 作MQ垂直于直线 1x   于点Q，故 PM PF 的最 小值为 MQ ，最小值为 4 1 5  ，C错误； D选项，由题意得 1 21, 1AF x BF x    ，由于 1 2 4y y   ，故   2 1 2 1 2 116 y y x x   ， 1 2 1 24 4 4 1 4 5AF BF x x x x        ， 因为 1 2, 0x x  ，由基本不等式得 2 2 1 2 1 24 4 5 2 4 5 9AF BF x x x x       ，当且仅当 1 24 2x x  时，等号成立， 故 4 AF BF 的最小值为 9，D正确. 12．1 解析：因为直线3 4 5 0x y   与 8 20 0ax y   平行，故 4 24 6a a   ．可得6 8 20 0 3 4 10 0x y x y       符合题 意，由平行线距离公式可得所求为   2 2 5 10 1 3 4 d       ． 13． 4 3 解析： 以 1D 为坐标原点，分别以 1 1 1 1 1, ,D A DC D D 为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系，如图所示：易知      1 0,0,0 , 2,2,2 , 0,2,1D B Q ， 则    1 0,2,1 , 2,0, 1DQ BQ      ，设平面 1BQD 的一个法向量为  , ,n x y z  ，可得 1 2 0 2 0 n DQ y z n BQ x z              ，令 2z  ，可得 1, 1x y    ，即  1, 1,2n    ；可设    , ,0 , 0 2,0 2P m n m n    ，则  1 , , 0D P m n  ，所以 P到平面 1BQD 的距离为 1 6 D P n m n d n        ，易知当 2m n  时，距离最大值为 2 6 3 ；又在 1BQD 中，易知 2 21 2 1 5BQ DQ    ， 2 2 2 1 2 2 2 2 3BD     ，所以 1BD 边上的高   2 2 2 35 2 2 h          ，所以 1 1 2 3 2 6 2BQD S    △ ，为定值； 所以 P到平面 1BQD 的距离最大时，三棱锥 1D PBQ 体积的最大为： 1 1 1 2 6 46 3 3 3 3BQD S d     . 14． 1,1 3  解析：因为 OB OF ，所以 B是以O为圆心，OF为半径的圆O与双曲线C的交点，设C的左焦点为 1F ，则 1 4FOB OBA OAB OAB      ， 1 2FOB OFB   ， 2OFB OAB   ，又 OFB FBA OAB    ， FBA OAB   ，则 FB FA c  ． B 在双曲线的右支上， 1 2BF BF a   ，    2 221 2 2BF BF a c a     ， 又在 1Rt BFF△ 中 2 22 1 4BF c BF  ， 22 2 2 24 4 4 3c ac a c BF c      ， 2 22 4 4 0c ac a    ，即 2 2 2 0e e   ，解得 1 3 1 3e    ，又 1e  ， 1,1 3e    ． 15． 解析：（1）由题意， na 是等差数列，设公差为 d， nb 是正项等比数列，设公比为 q， 0q  ，由 1 1a  ， 2 2b  ， 3 31a b  ， 4 41a b  ，可得1 2 1 2d q   ， 21 3 1 2d q   ，解得 2d q  ，则 2 1na n  ， 12nnb  . （2）（i）由（1）可得，   1 11( 1) ( 1) 2 1 2 1n nn n nc a a n n        ，则        2 1 2 4 3 4 1 4 1 4 1 4 4 1n nc c n n n n n           ， 则数列 nc 的前 2n项和      2 14 3 7 ... 4 1 4 3 4 1 4 2 1 2n S n n n n n              ； （ii）       2 2 1 1 8 8 4 8 1 1 1 16 1 16 1 2 2 1 2 2 n n n n n n n S n nd n n b n n n n                 ，则数列 nd 的前 n项和  2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1... ... 2 4 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 2n n n n T n n                             1 1 11 1 12 2 1 1 2 21 2 n nn             1 1 1 1 . 2 2 1 2n nn       16． 解析：（1）取 PC的中点为G，连接 FG，BG .点 F ，G分别是 PD，PC的中点， FG 是 PDC△ 的中位线，即 / /FG CD， 1 2 FG CD ，在菱形 ABCD中， / /BE CD， 1 2 BE CD . / /FG BE ，FG BE ，即四边形 FGBE为平行四边形，则 / /EF BG， 又 BG 平面 PBC ， EF  平面 PBC ， / /EF 平面 PBC . （2）连接 PE，CE， AB PC ， AB CE^ ， PC CE C ，PC 平面 PCE ，CE 平面 PCE ， AB 平面 PCE ， 又 PE 平面 PCE ， AB PE  ， 2 2 3PE PB BE    ，又 3CE  ，则 2 2 2 6PC PE CE   ，所以 PE CE . 即直线 AB，CE， PE两两垂直.如图，以 E为坐标原点建立空间直角坐标系， 则 (0,0, 3)P ， (0, 1,0)A  ， (0,1,0)B ， ( 3,0,0)C ， ( 3, 2,0).D  (0, 1, 3)PA     ， (0,1, 3)PB    ， ( 3,0, 3)PC    ， ( 3, 2, 3)PD     . 设平面PAD的法向量为  1 1 1 1, ,n x y z  ，平面 PBC 的法向量为  2 2 2 2, ,n x y z  ，由 1 1 0, 0 n PA n PD           得 1 1 1 1 1 3 0, 3 2 3 0, y z x y z        取 1 (1, 3, 1)n    .由 2 2 0, 0 n PB n PC           得 2 2 2 2 3 0, 3 3 0, y z x z       取 2 (1, 3,1)n   .设平面 PAD与平面 PBC 所成角 为，则 1 2 1 2 1 2 cos cos , n n n n n n             3 3 55 5   ，即平面 PAD与平面 PBC 所成角的余弦值为 3 5 . 17． 解析：（1）解：因为 1OP  ， 3OQ  ，所以圆Q的半径  2,4PQ ，又圆Q与圆  2 2 2 0x y r r   恒有公共点，且圆心 之间的距离为 3OQ  ，所以 3PQ r PQ r    对任意  2,4PQ 恒成立，所以 3 2 2 3 1 5 4 3 r r r r             ，所以 r的取值范围 为  1, 5 ； （2）证明：设  0 0,Q x y ，圆Q的半径  2 20 01PQ x y   ，则圆Q方程为       2 2 2 2 0 0 0 01x x y y x y      ，整理得 2 2 0 0 02 2 1 2x x x y y y x     ，又圆 2 2: 9O x y  ，两圆方程相减，整理得相交直线 EF的方程为 0 0 02 2 2 8 0x x y y x    ， 所以 P到直线 EF的距离 0 0 2 2 2 2 0 0 0 0 | 2 2 8 | 8 4 4 2 x x d x y x y       ,因为Q在圆 O上，所以 2 2 0 0 9x y  ，所以 P到直线 EF的距离 4 3 d  ， 即点 P到直线 EF的距离为定值 4 3 ． 18． 解析：（1）证明：因为侧面 PAC为等腰三角形， 2π 3 APC  ，O为 AC的中点，所以 π, 3 OP AC APO   ,又 1OP  ，所 以 3, 2AO AP PC   ． 若 2PE PD uur uuur ，则 E为 PD的中点,连接OE，因为 1OP OD  ，所以OE PD ， 因为D为 AB的中点， 4AB  ，所以 2AD  ，所以 2PA AD  ，连接 AE，所以 AE PD ．又 AE OE E ， ,AE OE  平面 AOE，所以 PD 平面 AOE，即 PD 平面 ACE，又 PD 平面 PAB，所以平面 ACE 平面 PAB . （2）因为 2 2 2 2 2 2( 3) 1 2AO OD AD     ，所以OD AC ．又O为 AC的中点，D为 AB的中点， 1OD  ，所以 2OD BC BC AC BC ， ，∥ ． 在 PAB 中， 2, 2 2, 4PA PB AB   ，则 2 2 2 4 16 8 3cos 2 2 2 4 4 PA AB PBPAB PA AB            ． 在 PAD△ 中，由余弦定理 2 2 2 32 cos 4 4 2 2 2 2 4 PD PA AD PA AD PAD            ，故 2PD  ，则 2 2 2 2 21 1 2OD OP PD     ，则有OP OD ．结合（1）知OP AC ．又因为 , ,OD AC O AC OD I 平面 ACD， 所以OP 平面 ACD． 故以O为坐标原点， , ,OD OC OP    的方向分别为 , ,x y z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则        1,0,0 , 2, 3,0 , 0, 3,0 , 0,0,1D B C P ，则      2, 3, 1 , 0, 3, 1 , 1,0, 1PB PC PD        ，设平面 PAB的法向量为  , ,u x y z ，则 2 3 0 0 PB u x y z PD u x z                ，令 3z  ，则 3, 1x y   ，即 ( 3, 1, 3)u   r ，设平面 PBC 的法向量为  , ,v m n t ，则 2 3 0 3 0 PB v m n t PC v n t                ，令 1n  ，则 3, 0t m  ，即 (0,1, 3)v  r ， 则 2 7cos , 77 2 u vu v u v              ， 所以平面 PAB与平面 PBC 夹角的余弦值为 7 7 ． 19． 解析：（1）设  ,P x y ，由 2 2 82PA PB  可得    2 22 21 9 82x y x y      ，化简可得  2 24 16x y   ，所以点 P的 轨迹C的方程为  2 24 16x y   . （2）由题意可得  4 cos sin 4x y    有解，因为      2 22 24 cos sin 4 , 4x y x y x y            ，所以点Q的 集合为  2 24 4x y   ，即  2 2 24 4x y   ，即以  4,0 为圆心，4为半径的圆，所以面积为 2π 16πS r  （3） 设直线方程为 1x my  ，联立   2 24 16 1 x y x my        消去 x并整理可得  2 21 10 9 0m y my    ，  2 2 2Δ 100 36 1 64 36 0m m m      ，设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则 1 2 1 22 210 9,1 1 my y y y m m + = = + + ， 由弦长公式可得   2 2 22 2 2 1 2 1 2 2 2 2 9810 36 161 4 1 1 1 1 1 mmMN m y y y y m m m m m                ， 又  5,0D 到直线 1x my  的距离 2 6 1 d m   ，所以 2 2 2 2 22 9 98 241 1 616 161 2 2 1 11 DMN m m S MN d m m mm            ， 令 2 9 0 16 t m   ，则 2 2 9 16 m t= + ，所以 2 24 24 24 48 25 25 525216 16 16 DMN tS t t tt t         ，当且仅当 25 16 t t = 即 5 4 t  时取等号， 所以 DMN 面积的最大值为 48 5 . 绝密★启用前 2024一2025学年上学期高二期末质量检测考试 数学试题部分 一、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求 1.已知直线1倾斜角为60°，且过(2，√3)，则1在y轴上的截距为() A.-1 B.-V3 C.1 D.5 2.过椭圆c:父+二 =1的一个焦点作x轴的垂线l,若I交C于A,B两点，则AB=() 62 A.6 3 B.3 2 C. D.36 3 3.设数列{an}满足a1= ta子则aw=（ 1-am A.-2 C. D.3 4.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若PA=a,PB=,PC=C,则BE=() B A2a+2+ 1a+3b+1 B.a-2b-c 222 1-31- 1+3÷1- C.2a-2b+20 2 +2 D. 2a+2b-29 2 5.已知圆C:(x-3)+(y-4)2=9,直线1：x+y-2-3=0.则直线1被圆C截得的弦长的最小值为 () A.2W7 B.10 C.2W2 D.√6 a+2,n=2k-1 6.已知数列{a}满足4=4=1，a+2= -a,n=2k k∈N,若Sn为数列{a}的前n项和，则Sso=() A.624 B.625 C.626 D.650 数学试题第1页（共4页) 1的直线与双曲线C:Y=1a>0)交于A,B两点，若线段AB的中点为(3,1)，则a A.√2 B.5 C.√6 D.2√3 8.“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》，“规”指圆规，“矩指由相 互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具， 10cm 今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，然后将这块圆形木板截成一块四 3 边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角“满足cos“=号，则这块四边形 木板周长的最大值为() A.20cm B.203 cm C.30√3cm D.30cm 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知等差数列{a}的前n项和为Sn,a2=4,S=35,则（) A.a.的最小值为1 B.Sn的最小值为1 C. a ,为递减数列 ,为递增数列 n 10.下列说法正确的是() A.“直线a2x-y+1=0与直线x-y-2=0互相垂直”是“a=-1”的充分不必要条件 B.直线sina+y+2=0的倾斜角9的取值范围是0，U[3红， ,44,π C.若圆M:(x-4)2+(y-4)2=2(>0)上恰有两点到点N(1,0)的距离为1，则r的取值范围是(4,6) D.设b为实数，若直线y=x+b与曲线x=V1-y2恰有一个公共点，则-1<b≤1 11.已知椭圆C:+”-1的右焦点为P,抛物线T以F为焦点，过P的直线交抛物线r于 43 A(5,),B(x2,y2)两点，下列说法正确的是() A.若x+x2=8,则AB=10 B.BF=4FA,直线1的倾斜角为45°或135 C.若M(4,2),P为抛物线Γ上一点，则PM+PF的最小值为√3 D.4AF+BF的最小值为9 数学试题第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12.两条平行直线3x+4y-5=0与ax+8y-20=0间的距离是 13.如图，若正方体的棱长为2，点P是正方体ABCD-ABCD的底面AB,CD上的一个动点（含边界）， Q是棱CC的中点，则三棱锥D-PBQ体积的最大值为 0 D A B .已知双曲线C:1a>0.b>0的右焦点为P,焦距为2c(c>0,点A的坐标为(2c,0,若 双曲线C的右支上存在点B,使得OB=|OF,且∠OBA≥3∠OAB,则双曲线C的离心率取值范围是」 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.(13分) 已知{a}是等差数列，bn}是正项等比数列，且4=1，b,=2,4-1=b,4+1=b (1)求数列{a},b}的通项公式： (2)i记c=(-l)ma·a1(neN) (i)求数列{Cn}的前2n项和S2m: =S-8(neN）,求数列{d,}的前n项和Z (i)记d,=16n(n+1）b. 16.(15分) 如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2菱形，∠ADC=60°，E,F分别是AB,PD的中点. p ->B D (I)求证；EF/1平面PBC; (2)若PC⊥AB,PC=√6，PB=2,求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值. 数学试题第3页（共4页） 17.(15分) 在平面直角坐标系xOy中，已知圆O:x2+y2=9及圆内一点P(1,0),Q是圆0上的动点.以2为圆心，QP 为半径的圆9，与圆O相交于E,F两点， (1)若圆Q与圆x2+y2=r2(r>0)恒有公共点，求，的取值范围： (2)证明：点P到直线EF的距离为定值，并求出此定值 18.(17分) 如图，在三棱锥P-ABC中，侧面PAC为等腰三角形，APC=,O为AC的中点，D为AB的中点， OP=OD=1,AB=4,点E在PD上 (1)若2PE=PD,证明，平面ACE⊥平面PAB (2)若PB=2√2，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值. 19.(17分) 在平面直角坐标系Oy中，两点A(-1,O),B(9,0),点P满足PA+PB=82. (1)求点P的轨迹C的方程： (2)若直线l:xcos8+ysim8-4c0s8-4=0,Be[0,2),点QE1,求满足条件的所有点Q构成的图形的面 积； (3)过点A作直线I交曲线C于M,N两点，D(5,O)求△DN面积的最大值 数学试题第4页（共4页)