2024-2025學(xué)年浙江省諸暨市高二上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年浙江省諸暨市高二上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知直線l的傾斜角為π3，則直線l的斜率(

)A.12 B.32 C.2.如圖，平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，設(shè)A.?a→+b→+c→ 3.已知拋物線y2=4x上一點P到焦點F的距離是4，則點P到y(tǒng)軸的距離為(

)A.2 B.3 C.4 D.54.下列選項正確的是(

)A.(sin10°)′=cos10°5.已知直線l:y=?kx+1，圓C:(x?1)2+y2=4,A.相離 B.相交 C.相切 D.不確定6.已知{an}為等差數(shù)列，a1+A.126 B.144 C.162 D.1807.已知等比數(shù)列{an}的公比q大于0，前n項和為Sn，則“數(shù)列{anA.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件8.已知F是雙曲線(C:x2a2?y2b2=1a0,b>0)的左焦點，P為圓x2+y2=A.5 B.3 C.2二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知數(shù)列{an}滿足an+1A.a3=11 B.{an?1}是等比數(shù)列

C.10.已知棱長為2的正方體．ABCD?A1B1C1D1中，Q，R滿足BQA.當λ=μ=12時，|QR|=1

B.當

μ=13時，D?R//平面BDC?

C.?μ∈[0,1]，?λ∈[0,1]，有AQ⊥D?R

D.?λ∈[0,1]11.曲線E:|x?1|+|x+1|+2|y|=4，則下列結(jié)論中正確的是(

)A.曲線E關(guān)于直線y=x對稱

B.曲線E圍成的圖形面積為6

C.曲線E上存在無數(shù)個點到直線y=x的距離為1

D.若圓(x?m)2+(y?m)2=2m2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知函數(shù)y=f(x)的圖象在點M(1,f(1))處的切線方程是y=2x+1，則．f(1)+f′(1)=

13.拋物線x2=4y上一動點P到直線y=x?3的最短距離為

．14.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,a2=16,四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA?⊥底面ABC，∠CAB=90°，AB=AC=2,AA(1)求證：平面AMP⊥平面BB?C?C;(2)試判斷是否存在P，使得直線．BC1⊥AP.若存在，求16.(本小題12分)在等差數(shù)列{an}中，已知公差d>0,a1=1,前(1)求數(shù)列{a(2)記bn=n?2an,求數(shù)列17.(本小題12分)在底面為正方形的四棱錐P?ABCD中，PA=AD，PA⊥面ABCD，M，Q分別為PD和BC的中點，PN=(1)求證：A，M，N，Q四點共面;(2)求二面角M?AN?D的余弦值．18.(本小題12分)曲線E?的方程F(x,y)=0中，用λx替換x，μy替換y?(λ,μ∈R?)得到曲線E?的方程F(λx,μy)=0，把這種(x,y)→(λx,μy)的變換稱為“伸縮變換”，λ，μ分別稱為x軸和y軸的伸縮比．(1)若曲線E?的方程為x2+y2=4,伸縮比λ=(2)若曲線E?的方程為x24+y23=1,(3)對拋物線E1:y2=2p1x,作變換x,y→λ1x,μ1y,得拋物線E2:y2=2p219.(本小題12分)已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線l(不經(jīng)過B點)交C于P，Q兩點，且直線BP和直線BQ的斜率之和為0．①證明：直線l的斜率為定值，并求出這個定值；②若tan∠PBQ=125,求參考答案1.D

2.A

3.B

4.C

5.B

6.C

7.D

8.C

9.ACD

10.BCD

11.BD

12.5

13.214.5或6

15.(1)證明：∵在三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AC=2，M為BC的中點，P為側(cè)棱BB∴AM⊥BC，AM⊥BB∵BC∩BB1∴AM⊥平面BB∵AM?平面APM，∴平面APM⊥平面B(2)解：以A為原點，AC為x軸，AB為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標系：

B(0,2,0)，C1(2,0,3)，A(0,0,0)，

設(shè)BP=t(0≤t≤3)，則P(0,2,t)，BC1=(2,?2,3)，AP=(0,2,t)，

若BC1⊥AP，則BC1?

16.解：(1)由題意知，S22=S1?(S3+3)，則(2+d)2=1?(6+3d)，

解得d=1或d=?2，因為d>0，所以d=1，

故an=a1+(n?1)d=n；

(2)由(1)知，b17.解：(1)分別延長MN和CD交于點R，取CD的三等分點T，

由題意知，NCCP=CTCD=13，故NT//MD，且NT=13PD=23MD，

所以ΔRNT∽ΔRMD，則NTMD=RTRD=23即RCRD=12，

而QC//AD，且QCAD=12，

連接AQ并延長交CD于K，

則QCAD=KCKD=12，那么有RCRD=KCKD=12，

故K，R為同一點，又

因為K=AQ∩CD，R=MN∩CD，

故K=R=MN∩AQ，

即證A，M，N，Q四點共面．

(2)以點A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

設(shè)AB長為2，則B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，M(0,1,1)，Q(2,1,0)，

∵PN=23PC，故N(43,4318.解：(1)由題意得(12x)2+y2=4，化簡得x216+y24=1，

所以曲線E2的標準方程為x216+y24=1．

(2)由題意得(λx)24+(μy)23=1，化簡得x24λ2+y23μ2=1，

?①當4λ2>3μ2時，則e2=1?b2a19.解：(1)由題意知，c=1，

2a=(1+1)2+(32)2+(1?1)2+(32)2=4，故a=2，

所以b2=a2?c2=3，

所以橢圓C方程為x24+y23=1．

(2)?①