精品解析：安徽省安庆市第一中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试题

学科网组卷网 安庆一中2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.回答非选 择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回， 第I卷（选择题） 一、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.若直线1经过点A2,1),B1,2),则直线1的倾斜角为() A号 B.π 0 3π 3 3 4 【答案】D 【解析】 【分析】设直线1的倾斜角为0a,先求出直线的斜率，再由k=tana=-1,即可得出答案. 【详解】设直线1的倾斜角为a,∈0，π)， 1-2 直线1经过点A2,1,B(1,2),则直线1的斜率为：k= =-1, 2-1 3元 所以k=tano=-1,所以a= 4 故选：D 2.已知向量a=(-1,2,3),向量b=4,-1,-2),向量c=(2,3,1),，若ā，b,c三个向量共面，则实数1等 于() A.17 B.19 C.21 D.23 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知存在x,y∈R,使得ā=xb+yc,结合向量的坐标运算列式求解即可 第1页/共23页 学科网组卷网 【详解】因为向量ā=（-1,2,3)，向量b=4,-1,-2,向量c=(2,3,1),且ā，6，c三向量共面， 可知存在x,y∈R,使得a=xb+yc,即(-1,2,3)=x(4,-1,-2)+y(2,3,1), 7 X=一一 -1=4x+2y 5 1 则2=-x+3y,解得y=三，所以2=23 5 3=-2x+y 2=23 故选：D. a b a69 3.定义 =ad-bc,已知数列{an}为等比数列，且4=1， =0,则a,=() A.3 B.±3 C.9 D.士9 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据行列式的定义计算出关于等比数列项的等式，再利用等比数列的性质求出☑的值 9 【详解】根据行列式的定义，对于 =0,可得aag-9×9=0,即a64g=81. 因为数列{an}是等比数列，根据等比数列的性质：所以a6ag=a,a,=a, 由a4=81,可得a=81,则a,=±9 又因为4=1>0，等比数列奇数项符号相同，所以a,=9. 故选：C. 4.已知P是直线1：x-y+6=0上一动点，过点P作圆C:x2+y2-4x=0的两条切线，切点分别为 A,B,则四边形PACB周长的最小值为() A.2+2√7 B.4+4V7 C.4+2V7 D.8 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆心到直线的距离转化求四边形PACB周长的最小值. 【详解】圆C:x2+y2-4x=0,即(x-2)+y2=4, 第2页/共23页 学科网组卷网 由对称性可知，四边形PACB的周长为2(PA+AC=2(PA+2), 而PA=√PC-4,PC的最小值为点C(2,0)到直线1：x-y+6=0的距离 2-0+6=42, √2 所以PA的最小值为2√7，则四边形PACB的周长的最小值为2×2√7+2)=4V7+4 故选：B 6已知双曲线名Q>0,b>0的左、右焦点分别为R,乃，过点F的直线与画 x2+y2=a2相切于点N,交双曲线的右支于点M,且点N是线段MF,的中点，则双曲线T的离心率为( ) A√2 B.2 c.5 D.5 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，连接0N,MF2,由双曲线的定义和中位线的性质分析可得ME=2b,MF,=2a, 进而可得MF,-MF,=2a, 变形可得b=2a,由此可得c=v5a,由双曲线的离心率公式计算可得答案. 【详解】根据题意，如图，连接ON,MF,, 因过点E的直线与圆x2+y2=a2相切于点N,则ON⊥ME, 又由ON=a,1OFh=c,则NE=VOEP-ONP=c2-a=b, 因点N,O分别为线段MF,和F,F,的中点，则ME/ON, MF =2b,MF,=2a, 第3页/共23页 可学科网可组卷网 由双曲线的定义，MF-MF2=2a,即2b-2a=2a,变形可得b=2a, 则c=Va2+b2=V5a, 故该双曲线的离心率e=C=√5， a 故选：C 6.在长方体ABCD-AB,CD中，AB=AD=2,AA=1,O是AC的中点，点P在线段A,C1上，若 直线OP与平面ACD,所成的角为O,则cos0的取值范围是() 3’3 43 33 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得si0的取值范围，由此求得sin0,即可得解 【详解】以D为原点，分别以DA,DC,DD所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示 则D0,0,0),A2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0,D0,0,1, 设P(a,2-a,1)(0≤a≤2），则0P=(a-1,1-a,1,AD,=(-2,0,1,AC=(-2,2,0), 设平面ACD,的法向量为n=（x,y,z) 则 n4D=-2x+z=0,令x=1,得n=(1,山，2) n·AC=-2x+2y=0 n.OP a-1+1-a+2 所以sin0 -2x 6-a-+1-a+6*2a-ir+ 1 sin8=6a-1+2 号m引1mo[引 「26 故选：D 第4项/共23页 可学科网列组卷网 ZA 7已知点P为稀圆C:号-1上第一象限的一点，左、右盒友为R,B,∠乐G的平分线与交于 43 点M,过点E作直线PM的垂线，垂足为H,0为坐标原点，若OH卡2，则△FPS面积为() A.5 B.3V5 C. 2 D.3 【答案】C 【解析】 【分析】作出辅助线，由三线合一得到FP=PN,OH为△NFF的中位线，EN=2OH=1,设 F,P叫=m,由桶圆定义得到FP=4-m,根据F=PN得到方程，求出m=弓由余弦定理得到 3 c0s∠F,PF,,进而得到其正弦值，利用三角形面积公式得到答案. 【详解】如图所示，延长FN,交PF,的延长线于点N, 因为PH为∠FPF的平分线，PH⊥EN,由三线合一得△PEN为等腰三角形， 即EP=|PN,H为FN的中点， 因为O为FF,的中点，所以OH为△NFF,的中位线， 故F,N=2OH=1,设FP=m, 由椭圆定义知，EP=2a-F,P=4-m, 由FP-PN得4-m=m+1,解得m=多 故rP川=FA- 在aPFB中，由余弦定理得cos∠FP5=EP+EP2-EE 2FP.FP 第5页/共23页 可学科网丽组卷网 3 53 5 2××2 22 故sin∠F,PF,= %=PPn∠5明=3 OM F2 故选：C 8已知正现数列a,的前a项积为工，满足a,-忆=2a,则a时的n的最小值为() A.2026 B.2025 C.2024 D.2023 【答案】B 【解析】 【分析】先令n=1求出a,当n≥2时，利用(an-1Tn=2an和(an-1-1)Tn1=2am-1两式相除，经过适 1 当的变形得出数列 是公差为1的等差数列，进而求出a,,最后解不等式即可得出答案. an-1 【详解】由题意an>0,当n=1时，则a1-1a1=2a1→a1=3, 当n≥2时，(an-1Tn=2an①可得an1-1Tn1=2an-1②，①÷②得： an-1 4,=→4，-1=0-1→1=1-1 an-1- an- an- d-1 d-1 d=1 0-1=1. 1 2 所以数列 公老为1的等差数列放=一+n-1=2今4,2 +1, a-1 an-1a1-1 2 2 2025 4049 令 +1< →n> ，又n∈N+,所以n的最小值为2025， 2n-1 2024 2 故选：B 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 第6页/共23页 可学科网可组卷网 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.圆锥曲线过焦点的弦称为焦点弦，垂直于椭圆的长轴（双曲线的实轴，抛物线的对称轴）的焦点弦称为 通径.若点F是椭圆父+上=1，抛物线y2=2px(p>0)和双曲线￡-上 43 。京=1(a>0,b>0)的焦点， 且椭圆，抛物线和双曲线的通径长I,1,恰好成等差数列，则(） A.p=2 B.1,12,l3可以是直角三角形三条边的长 C.双曲线的离心率e= 5+V41 4 D点F到双曲线渐近线的距离为 2 【答案】ABC 【解析】 【分析】由题意可得{=3,4=2 ,12=4,由，l2,恰好成等差数列可得3=5，可判断AB;再由 a 2b2 =5,又因为1=a2+b2求出a可判断C；由点F到双曲线渐近线的距离为b可判断D. 【详解】对于A,由点F是椭圆女+上=1的焦点，所以F1,0), 43 叉四为都约成广-2pp>01和及线若茶-o>00>0约能点 所以p=2,1=a2+b2,故A正确： 对于B,令x=1可得4+？=，所以y=3 2， 所以椭圆士+上 =1的通径为3，所以1=3， 43 令1茶1，产-6仔-小g 第7页/共23页 可学科网可组卷网 所以y=士拉，所以1=2少 a a 因为p=2,所以y2=4x,令x=1,可得y=±2，所以12=4， 因为椭圆，抛物线和双曲线的通径长(，12，L恰好成等差数列， 所以2头=4+4，所以8=2 26+3,即26=5,5=5. a a 因为+=所以1，，l可以是直角三角形三条边的长，故B正确； 对于C,因为2办5，又因为1=a+6, 所以2a2+50-2=0,因为a>0,解得：a=-5+④ 4 e-c-- 1 45+V41 a-5+V41-5+√414，故C正确： 4 对于D,点F(c,0)到双曲线海近线bx-ay=0的距离为d= be =b, Va2+b2 又因为2办=5,4=-5+④ a 4 所以62=5a=5.-5+④_5④-253 2a=248 故D错误. 2 2 故选：ABC. 10.如图，正方体ABCD-AB,CD边长为1，F是线段AD,的中点，E是线段AC上的动点，下列结论 正确的是() 第8页/共23页 可学科网可组卷网 D A B F D - B A.CF=-AB-IAD+1AA B三棱锥C-E4D,的体积为定值专 C直线AB与平面BEC所成角的正弦值为√6 D.直线DB与直线AE所成角的余弦值的取值范围为 15 33 【答案】ACD 【解析】 【分析】由空间向量的线性运算可判断A;利用锥体的体积公式可判断B;建立空间直角坐标系，利用向量 法可判断C,D 【详解】对于A,CF=F-C=)D-(B+D)引D+A)-(AB+D) =-AB-】AD+A,故A正确； 对于B,连接A,C,,因为AA/CC且AA=CC，,故四边形AACC为平行四边形， 所以，AC∥AC,:A,C1C平面ACD,ACt平面AC,D,.AC∥平面ACD, ,E∈AC,所以点E到平面A,CD的距离等于点A到平面ACD的距离即AA, S-方An-DG= 1 三楼维C-EAD的体积为么n=a-方caA4=写石放B禁关： 111 对于C,以D为原点建立空间直角坐标系，如图所示， A1,0,0,D(0,0,0),A1,0,1),B1,1,1,C(0,1,0,B(1,1,0),AC=（-1,1,0), 设AE=1AC(0≤2≤1)，则E(-元+1，入，0)， 第9页/共23页 学科网丽组卷网 设平面BEC的法向量为万=x,y,z, B,C=（-1,0,-1,EC=2-1,1-2,0, i.BC=0 -x-z=0 所以 、，即 元.EC=0’(2-1x+(1-2)y=0' 令x=1,则y=1,z=-1,则i=(1,1,-1, A,B=(0,1,-1),设直线AB与平面BEC所成角为日， 则sin0=os(48,列= A B.n 1+16 25=3 故直线AB与平面B,EC所成角的正弦值为V6 故C正确： ZA D A F D B 对于D,DB=1,1,1,AE=（-元，2，-1， 设直线DB与直线AE所成角为a, cosa =cos(DB,4E)= DB·AE DB.AE V22+1√3 因为0≤1≤1，所以当1=0时， √222+1V3)mx 3 当入=1时， 22+15 =3 nin 13 故直线DB与直线AE所成角的余弦值的取值范围为 33 故D正确 第10页/共23页 可学科网可组卷网 故选：ACD 11.在平面直角坐标系内，定义任意两点A(x,y),B(x2,y2)“新距离”为：d(A,B)=x,-x2+|y1-y2, 在此距离定义下，点P(x,y)到直线的“新距离”就是点P与直线上所有点的“新距离”的最小值，记作符号 d(P,).已知点C(1,0),D(2,4),直线1：2x+y+2=0.() A.d(C,D)=5 B.到点C“新距离”等于1的点P(x,y)所围成的图形的面积为4 C.d(D,l)=5 D.d(A,B)<d(A,C)+d(B,C) 【答案】ACD 【解析】 【分析】由新距离定义求解判断A;由新距离定义，分类讨论求出点P的轨迹判断B;设M为直线l,上的 动点，由新距离定义，分情况讨论判断C；由新距离定义，结合绝对值的几何意义推理判断D. 【详解】对于A,C(1,0),D(2,4),则d(C,D)=1-2|+10-4=1+4=5,A正确； 对于B,d(P,C)=|x-1+|y-0=1,即|x-1+|y=1, 当x≥1且y≥0时，有x-1+y=1,即y=-x+2; 当x≥1目y≤0时，有x-1-y=1,即y=x-2; 当x≤1且y≥0时，有-x+1+y=1,即y=x; 当x≤1目y≤0时，有-x+1-y=1,即y=-x; 因此点P的轨迹围成的图形是以(1,1)，(1，-1)，(2,0)，(0,0)为顶点的正方形， 边长为√2，面积为(V2)2=2,B错误； (1,1) (1,-1) 对于C,令M为直线l上的动点，设M(x,-2x-2), 第11页/共23页 学科网丽组卷网 O 则D(2,4)与点M(x,-2x-2)的“新距离”d(D,M)=2-x+4-(-2x-2)=2-x+6+2x, 当x<-3时，d(D,M)=2-x-(6+2x)=-4-3x>5, 当-3≤x≤2时，d(D,M)=2-x+6+2x=8+x∈[5,10]， 当x>2时，d(D,M)=x-2+6+2x=4+3x>10, 因此点D到直线l的“新距离”d(D,l)=5,C正确： 对于D,由绝对值的几何意义得，|a-ba-c+c-b|, 则川x-x2图x-1+|1-x2,y-y2图y-0+|0-y2, 将两式相加得：1x-x2+|y-2x-1+1-x2+|y-0+|0-21, 即d(A,B)≤d(A,C)+d(B,C),D正确 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：涉及新定义的理解和运用问题，解题的关键是正确理解新定义，注意(D,M)与 d(D,lo)的区别 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若圆x2+y2=16上恰有两个点到直线1：y=x+a的距离为1，则正实数a的取值范围为 【答案】(3V2,5V2) 【解析】 【分析】首先得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离大于3且小于5，利用点到直线的距离公式得 到不等式，解得即可 【详解】圆x2+y2=16,圆心为O(0,0),半径为4， 圆x2+y2=16上恰有两个点到直线：y=x+a的距离为1， 则使得圆心到直线的距离大于3且小于5，即3<d= 5, √2 解得3V2<a<5V2或-5V2<a<-3v√2， 第12页/共23页 学科网丽组卷网 又a>0,所以3V2<a<5V2, 即正实数a的取值范围为(3V2,5V2) 故答案为： (32,52 13.已知直线1：3x-4y-12=0,若P为抛物线x2=4y上的动点，则点P到直线的距离最小时点P的坐 标为 39 【答案】 2'16 【解析】 【分析】先设P x X0 根据点到直线距离公式得到P到的距离，再结合二次函数的性质可求出结果 【详解】因为P为抛物线x2=4y上的动点， 所以可设P X0,4 则P到的距离为： 39,此时P 39 2'16 故答案为： 39 2'16 14.数列{an}的前n项和为S,a=1,a=2,an+2-an=1+(-1)”(n∈N),则S0= 【答案】2600 【解析】 【详解】4=1， a2=2, a3-a,=1-1=0,43=1, a4-a2=1+1=2,a4=4, 第13页/共23页 可学科网列组卷网 a5-a3=0,a5=1 a6-a4=2,a6=6, 0气1+2+1+4+1+6++1+100=50+>2+100)=50+2550=260 【点晴】提供一个数列，有时提供通项公式，有时提供递推公式，有通项公式求数列的和可根据通项公式 采用相应的方法求和，求和方法主要有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等，当有提供 递推公式时，一般化为特殊数列（等差或等比）后再求和，也有时时根据数列的递推公式，借助前2项的 值，推出后面的项的值，求数列的和时要观察数列各项的值的性，有时具有周期性，有时奇数项、偶数项 分别具有一定的规律，然后再求和 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.已知空间直角坐标系中的三点A2,0,-2),B(1,-1,-2),C3,0,-4). (1)若d=3,且c∥BC,求向量c的坐标： (2)已知向量kAB+AC与AC互相垂直，求k的值； (3)求点B到直线AC的距离 【答案】(1)c=(2,1,-2)或(-2，-1,2) (2)k=5 (3) 3V5 5 【解析】 【分析】(1)根据向量共线，即可根据模长公式求解； (2)根据向量垂直的坐标运算即可求解； (3)利用向量法的点到线的距离公式即可求解 【小问1详解】 BC=(3,0,-4-(1,-1,-2=(2,1-2),因为1/BC, 所以c=元BC=(2元，入，-2元)，然后根据=V22)2+元2+(-22)2=3， 可得入=±1，所以c=(2,1,-2)或(-2，-1,2)： 第14页/共23页 可学科网可组卷网 【小问2详解】 由于AB=-1,-1,0),AC=(1,0,-2), 所以kAB+AC=k(-1,-1,0+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2), 故kAB+ACAC=1-k+4=0,得k=5: 【小问3详解】 由于AB.AC=(-1,-1,0)小(1,0，-2)=-1+0+0=-1，AC=V12+02+(-22=5, AB·AC 设AB在AC上的投影向量的模长t= AC 5' 用短d-E7-y2写 16.已知直线1：mx+y-6m=0,圆M:(x-1)2+y2=9. 1 (1)若m=二，求直线1截圆M所得的弦长： 2 (2)已知直线1过定点P.若过点P作圆M的切线，求点P的坐标及该切线方程 【答案】(1)4 (2)P(6,0),3x-4y-18=0或3x+4y-18=0. 【解析】 【分析】(1)根据点到直线的距离公式可求圆心M(1,0)到直线1的距离，再利用圆的弦长公式即可求解； (2)根据直线方程可得定点坐标，设切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径列方程，即可解k,从而 得切线方程 【小问1详解】 1 当m=-时，直线：x+2y-6=0, 2 圆M的圆心为M1,0),半径为3， 则周心M到直线的距腐为上一=5， V4+1 则直线1截圆M所得的弦长为2√9-5=4； 【小问2详解】 由mx+y-6m=0得x-6)m+y=0,所以定点P(6,0), 由题意得切线的斜率存在， 第15页/共23页 学科网丽组卷网 则设切线的方程为y=k(x-6),即kx-y-6k=0, 所 k-6=3, Vk2+1 解得k=±4 3 故所求切线方程为y=±2x-6,即3r-4y-18=0或3x+4y-18=0,. 4 17.如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，其中∠ABC=60°，△ABP是等 腰直角三角形，PA=PB,CP=2,点M在棱PD上，且三棱锥M-PgC的体积为 ,点N是棱PB的 中点. D (1)判断M是否为棱PD的中点，并说明理由： (2)求平面MNC与底面ABCD所成角的余弦值. 【答案】(1)M是棱PD的中点，理由见解析. (2) 5V√29 29 【解析】 【分析】1)由题意AD1/平面PBC,求得休积关系：-c-c,即可得出答案： (2)建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面MNC的法向量和底面ABCD的法向量，利用二面角 的向量公式求解即可. 【小问1详解】 取AB的中点O,连接PO,CO, 第16页/共23页 可学科网可组卷网 因为PA=PB=V2,AB=2,所以PO⊥AB,PO=1,BO=1. 又因为ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以C01AB,CO=√3， 因为C02+P02=PC2,所以PO⊥CO,AB∩C0=O,AB,COc平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD, 因为AD/BC,BC∈平面PBC,AD文平面PBC,所以AD//平面PBC, 所e=m=c-P05ae-写l2x5- 3 3 因为VM-PBC= =vo-mc 62 所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的， 所以PM=MD,所以M为棱PD的中点. 【小问2详解】 因为PO⊥平面ABCD,BO,COC平面ABCD, 所以PO⊥BO,PO⊥CO,又BO⊥CO, 如图，以O为坐标原点，OC,OB,OP的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系， 则A0,-1,0),B(01,0),C(3,0,0,D(V3,-2,0,P0,0,1, w》cw(5m9小 底面ABCD的法向量为m=(0,0,1), 设平面MNC的法向量为i=（x,y》,z), 第17页/共23页 可学科网可组卷网 5 3 iMN=0 x+. 则 即 .CM=0 5 1 -y+z=0 2 取y=1,x=V5,z=5,得i=（5,l,5) 设平面MNC与底面ABCD所成角为O, m.n 5 55V29 所以cos0=cosm,= m:√3+1+25V2929 平面MNC与底面ABCD所成角的余弦值为5V2四 29 ZA B A 18.己知等差数列{an},Sn是数列{an}的前n项和，满足S2=4,S4=16;数列{bn}各项都是正数，且 满足b=a,b=a,-1,b,b42=b21neN) (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (6n-7）b (2)记Cm= ,n为奇数 anan2 数列{cn}的前2n项和为T2m; an,n为偶数 (3)在a,和ak+1,k∈N中插入k个相同的数(-I)1·k,构成一个新数列{dn}: a,l42,-2,-2,4,3,3,3,a4,…,求{d}的前2025项和. 【答案】(1)an=2n-1,b,=2- 4” (2) -1+2n2+n 4n+1 (3)2583 第18页/共23页 可学科网可组卷网 【解析】 【分析】(1)根据等差数列基本量的计算确定其首项与公差，可得数列{an}的通项公式；先根据等比中项 的概念判断数列{b,}为等比数列，再求首项与公比，可确定数列bn}的通项公式： (2)分别求前2项中奇数项的和与偶数项的和，再相加即可其中奇数项的和的求法为裂项相加求和法； (3)弄清楚数列{d,}的前2025项的组成，利用分组求和法求其和. 【小问1详解】 等差数列{an},Sn是数列{an}的前n项和，设公差为d,由S2=4,S4=16, 可得2a+d=4,4a+6d=16,解得a=1,d=2, 所以an=1+2(n-1=2n-1: 数列bn}各项都是正数，且满足b=4=1, b=a3-1=5-1=4,b,b+2=b7n∈N). 可得数列{bn}为等比数列， 所以b=b92=q2=4,解得9=2或9=-2（舍去）， 所以b,=2 【小问2详解】 因为Cn= （6m-7)b.,为奇数 anan2 an,n为偶数 设{cn}的前2n项和中，奇数项的和为Pn,偶数项的和为2， 所以Pn=C+C3+C5++C2m1,2n=C2+C4+C6++C2n, （6n-7）2"-1 2+ 2-1 当n为奇数时，c,=2n-1(2n+3)2n+32n-1 R=6*6+6*+-信-引信引+ 22m-2 4n-3 4”2°4" -1, 4n+114n+1 第19页/共23页 可学科网可组卷网 当n为偶数时，Cn=an, 所以Q.=4,+a,+…+a,=3+7++4n-1=3+4-ln=2n2+n 2 7ns、4 -1+2n2+n. 4n+1 【小问3详解】 {dn}:a,1,a2,-2,-2,4,3,3,3,a4,a41,… 从4到a其有+1+1+2+…+k=k+1++项 2 所以，当k=62时，(k+1k+2=2016, 2 故41+a2+..+a63+1+2×-2)+3×3+.+62×-62)+2025-2016)×63 _4+a)63+1-2+32+.-62+9×63 2 _L+125]63+12-2+32-4）++(612-62)+9x63 =632-1+2+3+…+621+9x63=632_62x63+9x63 2 =63×63-31+9=2583. 【点晴】易错点晴：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写 未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的 19.己知抛物线C:x2=4y的焦点为F,过点P(0,t)t>0)的直线1与抛物线C交于A,B两点，抛物线 C在点A,B处的切线分别为1，l2,其斜率分别为k,k2,交点为Q. (1)当直线I过焦点F时，证明：I,l2互相垂直. (2)当t=2时，设弦AB的中点为M. ①点Q是否在一条定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由. MO ②求 的最大值。 AB 第20页/共23页 可学科网列组卷网 【答案】(1)证明见解析 (2)①是，y=-2,②2 【解析】 【分析】(1)联立方程组，利用△=0分别用点A,B的横坐标表示k,k2,联立直线1与抛物线的方程， 结合韦达定理，可得结果： (2)①联立两切线方程可得交点坐标，利用韦达定理化简可得点Q在定直线上： ②由中点坐标公式可得M点坐标，从而得到MQ,再由弦长公式可得AB,再求 值范围即可. 【小问1详解】 由题意知，直线的1斜率存在，设直线I与抛物线C交于不同的两点Ax,y),B(x2,y2), 由于焦点F(0,1),设直线1的方程为y=x+1, y=x+1 联立 x2=4y ,消去y得，x2-4x-4=0,且△=16k2+16>0, x1+x2=4k 则 x·x2=-4 引引 则过点A的切线方程为y-士=k(x-x) 4 v- 联立方程组 于=k(x-,得-4kx+4k-=0 4 x2=4y 则△=16-4到46-)=0，解写名=乏同理=之 :,=4名=4×(-4)=-山，所以，4互相垂直 11 【小问2详解】 ①当t=2时，设直线的方程为y=kx+2, y=k+2 联立 x2=4y,消去y得，r2-4x-8=0,且4=16k2+32>0, 第21页/共23页 可学科网组卷网 则 x1+x3=4k x1·x2=-8 直线与12交于点0，设Q(x,y), 能线在底4处的可线名方程为)=方任-小，耳)=方x , 112 同理，在点B处的切线马方程为y=2x-4 2 1 2.r (1 y= x=- x+x2) 4 联立 12 ，解得 1 y= 4 y= XX2 4 x=2k 将*式代入化简得 y=-2’ 则点Q(2k,-2)在定直线y=-2上 ②线段AB的中点为M, 由(1)可得，片+片=(x+x)+4=42+1,+立=2k2+), 2 则M(2k,2(k2+1) Mg=2(k2+1+2=2k2+2）, 4B=+kx=+k+x)-4xx2 将*式代入得，4B=+1V42+32=4Vk2+1k2+2): Mg_1k2+21,1 则 1+ 4B2Vk2+12Vk2+1 南1101，器传 MO AB 的最大值为V2 第22页/共23页 可学科网 丽组卷网 B M 【点睛】方法点晴：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： (1)设直线方程，设交点坐标为x,),（x2,2): (2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算△； (3)列出韦达定理； (4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2,x,x2的形式： (5)代入韦达定理求解 第23页/共23页 安庆一中2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 一、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. 若直线l经过点，，则直线l的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，向量，向量，若三个向量共面，则实数等于（ ） A. 17 B. 19 C. 21 D. 23 3. 定义，已知数列为等比数列，且，，则（ ） A. 3 B. ±3 C. 9 D. ±9 4. 已知是直线 上一动点，过点作圆 的两条切线，切点分别为 ，则四边形周长的最小值为（ ） A. B. C. D. 8 5. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与圆相切于点N，交双曲线的右支于点M，且点N是线段的中点，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 5 6. 在长方体中，，，O是AC的中点，点P在线段上，若直线OP与平面所成的角为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知点为椭圆上第一象限的一点，左、右焦点为，，的平分线与轴交于点，过点作直线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则面积为（ ） A. B. C. D. 3 8. 已知正项数列的前项积为，满足，则时的的最小值为（ ） A. 2026 B. 2025 C. 2024 D. 2023 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. 圆锥曲线过焦点的弦称为焦点弦，垂直于椭圆的长轴（双曲线的实轴，抛物线的对称轴）的焦点弦称为通径．若点是椭圆，抛物线和双曲线的焦点，且椭圆，抛物线和双曲线的通径长恰好成等差数列，则（ ） A. B. 可以是直角三角形三条边的长 C. 双曲线的离心率 D. 点到双曲线渐近线的距离为 10. 如图，正方体边长为1，是线段的中点，是线段上的动点，下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 直线与直线所成角的余弦值的取值范围为 11. 在平面直角坐标系内，定义任意两点“新距离”为：，在此距离定义下，点到直线的“新距离”就是点与直线上所有点的“新距离”的最小值，记作符号.已知点，，直线.（ ） A. B. 到点C“新距离”等于1的点所围成的图形的面积为4 C. D. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若圆上恰有两个点到直线：的距离为1，则正实数的取值范围为______. 13. 已知直线，若为抛物线上的动点，则点到直线的距离最小时点的坐标为__________． 14. 数列的前项和为，__________ 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. 已知空间直角坐标系中的三点，，． （1）若，且∥，求向量的坐标； （2）已知向量与互相垂直，求k的值； （3）求点B到直线AC的距离． 16. 已知直线，圆 （1）若，求直线l截圆M所得的弦长; （2）已知直线l过定点若过点P作圆M的切线，求点P的坐标及该切线方程. 17. 如图，已知在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，其中是等腰直角三角形，，点在棱上，且三棱锥的体积为，点是棱的中点． （1）判断是否为棱的中点，并说明理由； （2）求平面与底面所成角的余弦值． 18. 已知等差数列是数列的前项和，满足；数列各项都是正数，且满足，，． （1）求数列和的通项公式； （2）记，数列的前项和为； （3）在和，中插入个相同的数，构成一个新数列：，求的前项和． 19. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，抛物线在点处的切线分别为，其斜率分别为，交点为． （1）当直线过焦点时，证明：互相垂直． （2）当时，设弦的中点为． ①点是否在一条定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由． ②求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $