《2024-2025学年河北省保定市定州二中高二（上）联考数学试卷（12月份）（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024-2025学年河北省保定市定州二中高二（上）联考数学试卷（12月份）（含答案）（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024-2025学年河北省保定市定州二中高二（上）联考数学试卷（12月份）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.与向量a=(2,0,2)同向的单位向量为()A. ( 22,0, 22)B. ( 22,0, 22)C. (12,0,12)D. (1,0,1)2.已知直线ax2y1=0与直线ax+(a+1)y+4=0平行，则a=()A. 1B. 3C. 0或1D. 0或33.在数列an中，若a1=43，an+1=22an，则下列数不是an中的项的是()A. 2B. 1C. 12D. 34.已知圆M：(x1)2+(y2)2=2与圆N：x
2、2+y26x8y+m=0恰有三条公切线，则m=()A. 15B. 17C. 21D. 235.设Sn是等差数列an的前n项和，若S10S6=6，则S16=()A. 12B. 18C. 24D. 326.在三棱柱A1B1C1ABC中，已知A(1,0,1)，B(0,1,1)，C(0,2,0)，且M(2,2,4)为平面A1B1C1上一点，则三棱柱A1B1C1ABC的高为()A. 3B. 2 3C. 6D. 2 67.已知抛物线y=x2的焦点为F，P为抛物线上一动点，点Q( 3,54)，记P到x轴的距离为d，则d+|PQ|的最小值为()A. 34B. 54C. 74D. 948.在棱长为1的正方体AB
3、CDA1B1C1D1中，P为正方体内一动点(包括表面)，若AP=xAB+yAD+zAA1，且0xy1，则PBPB1的取值范围为()A. 1,1B. 14,1C. 1,2D. 14,2二、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.若点A(m,4)和点B(1m,3)关于直线l：x+ny3=0对称，则()A. m=0B. m=1C. n=1D. n=110.已知A，B分别是双曲线C：x2a2y2b2=1(a0,b0)的左、右顶点，P是C上位于第一象限内任意一点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，若C的离心率为2，则下列说法正确的是()A. |PA|+|PB|为
4、定值B. C的渐近线方程为y= 3xC. k1k2为定值D. k1+k22 311.已知数列an满足an+1an=5an3an+11，a1=513，设数列an的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列说法正确的是()A. 数列1an1是等差数列B. 数列an的最大项为a7C. 使得Sn取得最小值的n为7D. Tn有最小值，无最大值三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在四面体OABC中，空间的一个点M满足OM=OA+13OB+mOC，若M，A，B、C四点共面，则m= _13.已知k 33，则关于x的不等式 4xx2k(x3)+ 3的解集为_14.设F1，F2是椭圆C：x2a2+y
5、2b2=1(ab0)的两个焦点，P为C上一点.若O为坐标原点，|OP|=|OF2|，且F1PF2的面积等于8，则b= _，a的取值范围为_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)已知圆M的圆心在直线y=3x+1上，且点A(1,2)，B(1,4)在M上(1)求圆M的标准方程；(2)若倾斜角为4的直线l经过点C(0,4)，且l与圆M相交于D，E两点，求|DE|16.(本小题15分)已知过抛物线C：y2=2px(p0)的焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，|AB|=4(1)求抛物线C的方程；(2)若|AB|=6，求直线
6、l的方程17.(本小题15分)记等差数列an的前n项和为Sn，a3+a4=14，S5=30(1)证明：数列Snn2是等差数列(2)若数列bn满足a1=2b1，且bn+1=bn+an，求bn的通项公式18.(本小题17分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PD平面ABCD，PAD=DAB=60，E为AD的中点，M是线段PC上一点(1)证明：平面PBE平面PAD(2)是否存在点M，使得EM/平面PAB？若存在，求PM的长；若不存在，说明理由(3)求平面PAD与平面MAB夹角的余弦值的最大值19.(本小题17分)在平面直角坐标系xOy中，对于任意一点P(x,y)，总存在一点Q
7、(x,y)满足关系式：x=x,y=y(0,0)，则称为平面直角坐标系中的伸缩变换(1)在同一直角坐标系中，求平面直角坐标系中的伸缩变换1，使得圆x2+y2=1变换为椭圆9x2+4y2=1(2)在同一直角坐标系中，椭圆x216+y2=1经平面直角坐标系中的伸缩变换：x=12xy=3y得到曲线C(i)求曲线C的方程；(ii)已知A(2,0)，B(2,3)，过点B的直线交C于E，F两点，直线AE，AF与y轴的交点分别为P，Q，证明：线段PQ的中点为定点参考答案1.A2.D3.B4.D5.C6.B7.C8.D9.AC10.BCD11.ACD12.5313.0,314.2 2 4,+)15.解：(1)由
8、题意设圆心M(a,3a+1,)，又因为点A，B在圆M上，所以|MA|=|MB|，即 (a1)2+(3a+12)2= (a+1)2+(3a+14)2，解得a=1，即M(1,4)，半径r=|AM|= 02+22=2，所以圆M的方程为(x1)2+(y4)2=4；(2)设倾斜角为4的直线l经过点C(0,4)，可得直线l的方程为y=x+4，即xy+4=0，可得圆心M到直线l的距离d=|14+4| 2= 22，所以弦长|DE|=2 r2d2=2 412= 1416.解：(1)抛物线C：y2=2px(p0)的焦点为F(p2,0)，令x=p2，解得y=p，故|AB|=2p=4，解得p=2，故抛物线C的方程为y
9、2=4x；(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k(x1)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y=k(x1)y2=4x，联立整理可得，k2x2(2k2+4)x+k2=0，由韦达定理可得，x1+x2=2k2+4k2，故|AB|=x1+x2+p=2k2+4k2+2=6，解得k= 2，故直线l的方程为y= 2(x1)，即 2xy 2=017.解：(1)证明：等差数列an的前n项和为Sn，设公差为d，由a3+a4=14，S5=30，可得2a1+5d=14，5a1+10d=30，解得a1=d=2，则an=2+2(n1)=2n，Sn=n2+n，即有Snn2=n，可得数列Snn2是
10、首项和公差均为1的等差数列；(2)若数列bn满足a1=2b1，且bn+1=bn+an，可得b1=1，bn+1bn=2n，则bn=b1+(b2b1)+(b3b2)+.+(bnbn1)=1+2+4+.+2(n1)=1+12(n1)(2+2n2)=n2n+118.(1)证明：连接BD，因为底面ABCD是边长为2的菱形，且DAB=60，所以ABD是等边三角形，又E为AD的中点，所以BEAD，因为PD平面ABCD，且BE平面ABCD，所以PDBE，又ADPD=D，AD、PD平面PAD，所以BE平面PAD，因为BE平面PBE，所以平面PBE平面PAD(2)解：取BC的中点F，连接DF，则DFBC，DFAD
11、，因为PD平面ABCD，AD，DF平面ABCD，所以PDAD，PDDF，故以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，在RtPAD中，PAD=60，AD=2，所以PD=2 3，则P(0,0,2 3)，A(2,0,0)，B(1, 3,0)，C(1, 3,0)，E(1,0,0)，所以AB=(1, 3,0)，AP=(2,0,2 3)，PC=(1, 3,2 3)，设平面PAB的法向量为m=(a,b,c)，则ABm=a+ 3b=0APm=2a+2 3c=0，取a= 3，则b=c=1，所以m=( 3,1,1)，设PM=PC=(1, 3,2 3)，0,1，则EM=EP+PM=(1,0,2 3)+(1, 3,2
12、3)=(1, 3,2 32 3)，若EM/平面PAB，则EMm= 3(1)+ 3+(2 32 3)=0，解得=12，故存在点M满足题意，且PM=12PC=2(3)解：由(2)知AM=AP+PM=(2,0,2 3)+(1, 3,2 3)=(2, 3,2 32 3)，设平面MAB的法向量为m1=(x,y,z)，则m1AB=x+ 3y=0m1AM=(2)x+ 3y+(2 32 3)z=0，取z=1，则x= 3(1)，y=1，所以m1=( 3(1),1,1)，易知平面PAD的一个法向量为m2=(0,1,0)，设平面PAD与平面MAB夹角为，则cos=|cos|=|m1m2|m1|m2|=|1| 3(1
13、)2+(1)2+11=1 4+1(1)2，当=0时，cos取得最大值 55，故平面PAD与平面MAB夹角的余弦值的最大值为 5519.解：(1)将伸缩变换1：x=1x,y=1y(10,10)代入9(x)2+4(y)2=1中，可得9(1x)2+4(1y)2=1，因为x2+y2=1，所以912=1，412=1，解得1=13，1=12，则所求的伸缩变换1为x=13xy=12y；(2)(i)因为：x=12xy=3y，代入x216+y2=1，整理得(x)24+(y)29=1，所以曲线C的方程为x24+y29=1；(ii)证明：易知直线EF的斜率存在，设直线EF的方程为y=k(x+2)+3，E(x1,y1
14、)，F(x2,y2)，联立y=k(x+2)+3x24+y29=1，消去y并整理得(4k2+9)x2+8k(2k+3)x+16(k2+3k)=0，此时=64k2(2k+3)264(4k2+9)(k2+3k)=1728k0，解得k0，由韦达定理得x1+x2=8k(2k+3)4k2+9，x1x2=16(k2+3k)4k2+9，因为A(2,0)，所以直线AE的方程为y=y1x1+2(x+2)，令x=0，解得y=2y1x1+2，即P(0,2y1x1+2)，同理得Q(0,2y2x2+2)，所以2y1x1+2+2y2x2+22=kx1+(2k+3)(x2+2)+kx2+(2k+3)(x1+2)(x1+2)(x2+2) =2kx1x2+(4k+3)(x1+x2)+4(2k+3)x1x2+2(x1+x2)+4 =32k(k2+3
