2024-2025學年安徽省蕪湖市安徽師大附中高二（下）開學數(shù)學試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年安徽師大附中高二（下）開學數(shù)學試卷一、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.設x，y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,?4,2)且a⊥b，bA.22 B.3 C.102.△ABC中，A(?5,0)，B(3,2)，C點在y軸上，若AB邊上的中線CD也是AB邊上的高，則直線CD的方程為(

)A.x+4y+3=0 B.4x+y+3=0 C.x?4y+5=0 D.4x?y+5=03.在數(shù)列{an}中，若a1=?2，aA.?1 B.?2 C.43 D.4.古希臘數(shù)學家阿波羅尼奧斯采用平面切割圓錐的方法來研究圓錐曲線，用垂直于圓錐軸的平面去截圓錐，得到的截面是圓，把平面再漸漸傾斜得到的截面是橢圓.若用矩形ABCD截某圓錐得到的橢圓E與該矩形的四邊相切，且該矩形的長：寬為2：1，則橢圓E的離心率為(

)A.12 B.22 C.5.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足Sn+1?2SA.2025×22025 B.2025×22026 C.6.已知直線l1：x?y+1=0和直線l2：x=?1，拋物線y2=4x上一動點P到直線l1和直線A.2 B.455 C.7.已知兩定點A(?2,0)，B(1,0)，如果動點P滿足|PA|=2|PB|，點Q是圓(x?2)2+(y?3)2=3A.5?3 B.5+3 C.8.在如圖所示的試驗裝置中，正方形框ABCD的邊長為2，長方形框ABEF的長BE=2AB，且它們所在平面形成的二面角C?AB?E的大小為π4，活動彈子M，N分別在對角線AC和BF上移動，且始終保持AMAC=BNBF=λ(0<λ<1)A.25 B.13 C.23二、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{Fn}滿足：F1=1，A.3F4=F2+F6 10.已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，AB⊥AC，點A.AE=12AB+12AC+AA1

B.AB1//平面A111.已知A，B分別為橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點，D為C的上頂點，O為坐標原點，E為C上一點，且位于第二象限，過點E作EM⊥x軸，垂足為M，直線AE，BE分別與A.若D是OH的中點，則|OM|=3a5

B.若M是C的左焦點，則G是OD的中點

C.|OG||OH|=|OD|2

D.若M三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知等比數(shù)列{an}的公比為?12，前n項和為Sn，若S13.已知圓C：(x+1)2+y2=12，P(1,?2)，M(0,3)，A，B是圓C上的動點，且∠APB=π2，點N是線段14.設P(x1,y1)，Q(x2,y2)是平面直角坐標系xOy上的兩點，O為坐標原點，定義點P到點Q的一種折線距離四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知A(1,0,1)，B(2,2,?1)，a=AB，b=(4,?2,4)，c=(3,m,n)．

(1)求cos?a,b?；

16.(本小題15分)

已知圓C過點A(1,3)，B(2,0)，且直線3x+y?1=0平分圓C的周長．

(1)求圓C的方程；

(2)過點(1,1)的直線l和圓C交于M，N兩點.若|MN|=32，求直線l的方程．17.(本小題15分)

如圖，在四面體ABCD中，AD⊥平面BCD，M，P分別是線段AD，BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ=3QC．

(1)求證：PQ//平面BCD；

(2)當BC=DC=2，AD=BD=2時，求平面PQM與平面BCD夾角的余弦值；

(3)在(2)的條件下，若G為△ABD內的動點，AB//平面QGM，且QG與平面ABD所成的角最大，試確定點G18.(本小題17分)

已知F1(?2,0)，F(xiàn)2(2,0)，動點P滿足|PF1|?|PF2|=22．

(1)求動點P的軌跡C的方程；

(2)設在P點處曲線C的切線為l：y=kx+m，若M，N為l上兩點，且滿足OF2?MF219.(本小題17分)

對于各項均為正數(shù)的無窮數(shù)列{an}，若?n∈N?，都有an+12?an2=d，其中d為非零常數(shù)，則稱數(shù)列{an}是G?d數(shù)列．

(1)判斷無窮數(shù)列{4n?3}和{ln2n}是不是G?d數(shù)列？若是，求出相應的常數(shù)d的值；若不是，請說明理由；

(2)若{an}是G?d數(shù)列，且d=a1參考答案1.B

2.B

3.D

4.C

5.C

6.A

7.B

8.A

9.ACD

10.ABD

11.AC

12.5

13.214.3

15.解：已知A(1,0,1)，B(2,2,?1)，a=AB，b=(4,?2,4)，c=(3,m,n)．

(1)a=(1,2,?2)，a?b=(1,2,?2)?(4,?2,4)=4?4?8=?8

|a|=1+4+4=3，|b|=16+4+16=6；

cos16.(1)解：由點A(1,3)，B(2,0)，可得kAB=3?01?2=?3且AB的中點為(32,32)，

則垂直平分線所在直線的斜率為k=13，其方程為x?3y+3=0，則圓C的圓心C在直線x?3y+3=0上，

又由直線3x+y?1=0平分圓C的周長，即圓心C在直線3x+y?1=0上，

聯(lián)立方程組x?3y+3=03x+y?1=0，

解得x=0，y=1，即圓心C(0,1)，可得半徑r=|AC|=(1?0)2+(3?1)2=5，

∴圓C的標準方程為x2+(y?1)2=5．

(2)解：過點(1,1)的直線l的斜率不存在時，直線方程為x=1，此時圓心到直線的距離為d=1，

由圓的弦長公式，可得弦長為2r2?d2=25?1=4，不符合題意；當直線l的斜率存在時，

過點(1,1)的直線l的斜率為k，則直線l的方程為y?1=k(x?1)，即kx?y?k+1=0，17.(1)證明：取DM的中點E，連接PE，QE，則AE=3DE，

因為P是BM的中點，AQ=3QC，所以PE/?/BD，QE//CD，

又PE∩QE=E，PE，QE?平面EPQ，BD∩CD=D，BD，CD?平面BCD，

所以平面EPQ//平面BCD，

因為PQ?平面EPQ，所以PQ/?/平面BCD．

(2)解：因為BC=DC=2，BD=2，所以BC⊥CD，

取BD的中點O，則OC⊥BD，

又AD⊥平面BCD，OP//AD，

所以OP⊥平面BCD，

故以O為原點，OB，OC，OP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則O(0,0,0)，C(0,1,0)，A(?1,0,2)，P(0,0,12)，M(?1,0,1)，

因為AQ=3QC，所以Q(?14,34,12)，

所以PQ=(?14,34,0),PM=(?1,0,12)，

易知平面BCD的一個法向量為n1=(0,0,1)，

設平面PQM的法向量為n2=(x,y,z)，則n2?PQ=?14x+34y=0n2?PM=?x+12z=0，

令y=1，則x=3，z=6，所以n2=(3,1,6?)，

設平面PQM與平面BCD的夾角為θ，

則cosθ=|cos<n1，n2>|=|n1?n2||n1|?|n2|=69+1+36=34623，

所以平面PQM與平面BCD夾角的余弦值為34623．

(3)解：連接OM，則AB//OM，

因為18.解：(1)因為|PF1|?|PF2|=22<4=|F1F2|，

所以點P的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點的雙曲線中靠近F2點的一支，

且2a=22,2c=4，

解得a=2,c=2，

則b2=c2?a2=2，

故雙曲線的方程為x22?y22=1(x≥2)；

(2)(i)證明：聯(lián)立y=kx+mx2?y2=2，消去y并整理得(1?k2)x2?2kmx?m2?2=0，

因為直線l與曲線C相切，

所以1?k2≠0Δ=0，

解得12m2=k2?1≠0，

因為(1?k2)x2?2kmx?m2?2=0，

所以?12m2x2?2kmx?2k2=0，

解得x=?2km，

此時y=k×(?2km)+m=?2m，

即P(?2km,?2m)，

所以kPF2=?2m?0?2km?2=1k+m，

因為PF2?19.(1)解：因為(4(n+1)?3)2?(4n?3)2=4(n+1)?3?(4n?3)=4，是非零常數(shù)，

所以無窮數(shù)列{4n?3}是G?d數(shù)列，且常數(shù)d=4；

因為(l