2024-2025学年湖南省邵阳市新邵县高二（上）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年湖南省邵阳市新邵县高二（上）期末数学试卷一、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.设x，y∈R，空间向量a=(x,1,1),b=(2,y,−2)，且a/​/bA.−1 B.1 C.−3 D.32.直线x−3y+1=0的倾斜角为A.0° B.30° C.45° D.60°3.圆C1：(x−1)2+y2=4与圆C2：(x−2)2A.x−2y−5=0 B.2x+y−2=0 C.x−2y+3=0 D.2x+y−5=04.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3=3，SA.12或3 B.1或−12 C.12 5.若方程x27−m+y2m−1=1表示焦点在A.(−∞,1) B.(1,4) C.(4,7) D.(7,+∞)6.若{a,b,A.b+c,b,b−c 7.若直线l：mx+ny−1=0圆x2+y2+2x=0相切，则原点O到直线A.3 B.2 C.228.如图，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2，双曲线C的右支上一点A，它关于原点O的对称点为A.52 B.72 C.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.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，SA.a1<0 B.d>0 C.a410.正方形ABCD的边长为2，点E、F、G分别是AD、BC、EF的中点，如图所示，将正方形沿EF折起，使得平面ABFE与平面DCFE垂直，则(

)A.∠AGG=2π3

B.异面直线AC与EF的所成角为π3

C.AC与平面ABFE的所成角的正切值为55

D.三棱锥C−AEG、C−BFG和C−ABG的体积分别为V111.抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景、丰富的性质产生了无穷的魅力.设抛物线y2=2px(p>0)，弦AB过焦点F，△ABQ为其阿基米德三角形，则下列结论一定成立的是(

)A.点Q在抛物线y2=2px(p>0)的准线x=−p2上

B.存在点Q，使得OA⋅QB>0

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.经过点(−2,3)，且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程是______．13.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，AC114.设等差数列{an}的各项均为整数，首项a1=3，且对任意正整数n，总存在正整数m，使得a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15分)

已知圆C的方程为x2+y2=1．

(1)求过点P(1,2)且与圆C相切的直线l的方程；

(2)直线m过点P(1,2)，且与圆C交于A，B两点，当△AOB16.(本小题15分)

三棱台ABC−A1B1C1的底面是正三角形，AA1⊥平面ABC，AB=4，A1B1=2，AA1=3，E是AB的中点，平面A117.(本小题15分)

已知数列{an}满足a1=1，且an+1−an=n+1(n∈N∗)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)记数列{1an}的前n项和为Sn18.(本小题15分)

已知圆A：(x+2)2+y2=64，点B(2,0)，点P是圆A上任意一点.线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，与圆A交于M，N两点，则当点P在圆A上运动时，

(1)求点Q的轨迹方程；

(2)证明：直线MN是点Q轨迹的切线；19.(本小题17分)

已知双曲线E的中心为坐标原点，左焦点为(−3,0)，渐近线方程为y=±22x．

(1)求E的方程；

(2)若互相垂直的两条直线l1，l2均过点P(pn,0)(pn>2，且n∈N∗)，直线l1交E于A，B两点，直线l2交E于C，D两点，M，N分别为弦AB和CD的中点，直线MN交x参考答案1.C

2.B

3.B

4.A

5.C

6.D

7.B

8.D

9.ABC

10.ACD

11.ACD

12.y213.1

14.3

15.解：(1)当直线斜率不存在时，x=1显然与x2+y2=1相切；

当直线斜率存在时，可设l：y=k(x−1)+2，由几何关系可得d=|2−k|1+k2=r=1，

解得k=34，

故l：y=34(x−1)+2，即3x−4y+5=0，

故过点P(1,2)且与圆C相切的直线l的方程为x=1或3x−4y+5=0；

(2)设m：y=k1(x−1)+2，可设AB中点为D，

因为△AOB是等腰直角三角形，

所以OD=22r，

即圆心到直线距离16.解：(1)证明：在三棱台ABC−A1B1C1中，

∵AC/​/A1C1，平面ABC/​/平面A1B1C1，

又平面A1B1C1∩平面A1C1E=A1C1，平面ABC∩平面A1C1E=l，

∴A1C1//l，又AC/​/A1C1，

∴AC/​/l；

(2)∵AA1⊥平面ABC，在平面ABC内作Ax⊥AC，

∴以A为原点，AC，AA1分别为y轴，z轴，建立空间右手直角坐标系，如图，

则B(23,2,0)，E(17.解：(1)因为an+1−an=n+1，

所以a2−a1=2，

a3−a2=3，

……

an−1−an−2=n−1，

an−an−1=n，

累加可得an−a1=2+3+…+n−1+n=(n−1)(n+2)2，

解得an=(n−1)(n+2)2+a1=18.解：(1)根据题意可得|QP|=|QB|，

又圆A：(x+2)2+y2=64的圆心A(−2,0)，半径为8，

所以|QA|+|QB|=|QA|+|QP|=|AP|=8>|AB|=4，

所以点Q在以点A，B为焦点的椭圆上，

其中椭圆的长轴长为8，焦距为|AB|=4，

所以a=4，c=2，b2=a2−c2=12，

所以Q的轨迹方程为x216+y212=1；

(2)证明：因为点P是圆A：(x+2)2+y2=64上任意一点，

所以设P(−2+8cosθ,8sinθ)，

则有lMN：(2cosθ−1)x+2sinθy+4cosθ−8=0，

将lMN代入椭圆C：x216+y212=1消去y整理得：

(cosθ−2)2x2+8(2cosθ−1)(cosθ−2)x+16(2cosθ−1)2=0，

故Δ=64(2cosθ−1)2(cosθ−2)2−4×16(cosθ−2)2(2cosθ−1)2

=64[(cosθ−2)x+4(2cosθ−1)]219.解：(1)依题意，设双曲线方程为x2a2−y2b2=1(a,b>0)，

则渐近线方程为y=±bax，

则有ba=22c=3a2+b2=c2，解得a=2b=1c=3，

所以双曲线E的方程为x22−y2=1；

(2)①当直线l1，l2中