2024-2025学年河北省沧州市运河区颐和中学等校高一（上）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年河北省沧州市运河区颐和中学等校高一（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.已知点M是点N(2,1,1)在坐标平面Oxy内的射影，则|OM|=(

)A.5 B.6 C.22.已知直线l过点(0,2)，且与直线y=2x−1垂直，则直线l的方程为(

)A.2x+y−2=0 B.x+2y−4=0 C.2x−y+2=0 D.x−2y+4=03.在数列{an}中，若a1=−2，aA.−1 B.−2 C.43 D.4.已知空间向量a=(1,−2,1)，b=(−1,0,−1)，则向量b在向量a上的投影向量是(

)A.(13,0,13) B.(−5.记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4A.7 B.49 C.437 D.6.已知抛物线C：y2=4x的准线为l，直线l′：3x+y+53=0，动点M在C上运动，记点M到直线l与l′的距离分别为d1A.23 B.33 C.7.在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=1，BD=3，E是BC的中点，沿BD将△BCD翻折至△BC′D的位置，使得平面BC′D⊥平面ABD，F为C′D的中点，则异面直线EF与AC′所成角的余弦值为(

)A.35 B.45 C.138.已知O为坐标原点，A(1,0)，B(0,7).若动点P满足|PA|=2|PO|，|PB|=a，则正数a的最大值为A.32 B.42 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.已知曲线C：x29+y2m=1的两个焦点为F1，F2，P为曲线A.若C是椭圆，则|PF1|+|PF2|=6 B.若C是双曲线，则||PF1|−|PF2||=6

C.若m=810.设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，已知S8>0A.a4>0 B.d>0

C.当Sn>0时，n的最大值为9 D.当11.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，E为A1D1的中点，动点P在长方体ABCD−AA.Ω的面积为3338

B.平面A1BC1与Ω所在平面平行

C.当λ=12时，存在点P，使得三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.直线l：x−y−4=0被圆C：x2+y13.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AD=AB=1，14.已知O为坐标原点，双曲线M：x2−y2=a2与圆N：(x−m)2+y2=5相交于四、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)

设数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，an+1−4an=0．

(1)求数列{an16.(本小题15分)

已知动点M到点(8,0)的距离比它到直线x+10=0的距离小2，记动点M的轨迹为C．

(1)求C的方程；

(2)直线l与C相交于A，B两点，若线段AB的中点坐标为(2,−4)，求直线l的方程．17.(本小题15分)

如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BB1，E为AA1的中点．

(1)18.(本小题17分)

已知M(0,2)和N(3,1)为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上两点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若点H在椭圆C上，F1，F2是椭圆C的两焦点，且∠F1H19.(本小题17分)

定义：若存在λ∈(−∞,0)∪(0,+∞)，p∈(1,+∞)，使得数列{an+λ⋅pn−1}(λ,p均为常数)是公差为d的等差数列，则称{an}是(λ,p,d)差比双重数列，也称{an}是差比双重数列，且称λ为该差比双重数列的系数．

(1)若数列{bn}是(3,2,1)差比双重数列，且b1=−4，求{bn}的通项公式；

(2)设数列答案解析1.A

【解析】解：点M是点N(2,1,1)在坐标平面Oxy内的射影，

则M(2,1,0)，

故OM=(2,1,0)，

所以|OM|=4+1+0=5．

故选：2.D

【解析】解：直线l过点(0,2)，且与直线y=2x−1垂直

则直线l的斜率为−12，

直线l过点(0,2)，

则直线l的方程为y−2=−12x，即x−2y+4=0．

故选：D3.D

【解析】解：因为a1=−2，an+1=2−2an，

所以a1=−2，a2=3，a3=43，a4=12，a5=−2，…，

4.D

【解析】解：空间向量a=(1,−2,1)，b=(−1,0,−1)，

则b⋅a=−1+0−1=−2，|a|=1+4+1=6，

故向量b在向量5.C

【解析】解：∵等比数列{an}的前n项和为Sn，S4S8=17，

∴1−q41−q8=6.B

【解析】解：设抛物线C的焦点为F(1,0)，

由抛物线的定义可知d1=|MF|，

设MN⊥l′于点N，

此时d1+d2=|MF|+|MN|，

当M，N，F三点共线，且M在N，F中间时，d1+d2取得最小值，

因为F(1,0)，

所以d7.A

【解析】解：由AB=2，AD=1，BD=3，知AD2+BD2=AB2，即AD⊥BD，

因为平行四边形ABCD，

所以AD//BC，所以BC⊥BD，即BC′⊥BD，

又平面BC′D⊥平面ABD，平面BC′D∩平面ABD=BD，BC′⊂平面BC′D，

所以BC′⊥平面ABD，

故以B为原点，BC，BD，BC′所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则E(12,0,0)，F(0,32,12)，A(−1,3,0)，C′(0,0,1)，

所以EF=(−12,32,12)，AC′8.D

【解析】解：设P(x,y)，又A(1,0)，B(0,7)，且|PA|=2|PO|，

∴(x−1)2+y2=2(x2+y2)，

化简可得P的轨迹为圆Q：(x+1)2+y2=29.BCD

【解析】解：曲线C：x29+y2m=1的两个焦点为F1，F2，P为曲线C上不与F1，F2共线的点，椭圆的焦点坐标在x轴时，则|PF1|+|PF2|=6，

椭圆的焦点坐标在y轴时，|PF1|+|PF2|=2m，(m>9)，所以A不正确．

C是双曲线，则||PF1|−|PF2||=6，所以B正确；

曲线C：x29+y210.AD

【解析】解：根据题意，等差数列{an}中，S8=(a1+a8)×82=(a4+a5)×82>0，则有a4+a5>0，

又由a5<0，则a4>0，A正确，

又由a5<0，则其公差d=a5−a4<0，B错误；

11.ACD

【解析】解：因为AP=λAC+μAE，所以P在AC，AE确定的平面内，又AC∩AE=A，

取D1C1的中点F，连接EF，FC，则四边形ACFE为动点P的轨迹Ω，

因为长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，

所以AC=2，EF=22，AE=172，进而可求得等腰梯形ACFE的高(172)2−(24)2=3322，

所以梯形的面积为(2+22)×3322×12=3338，故A正确；

连接AD1，CD1，因为D1C1=DC=AB且D1C1/​/DC/​/AB，

所以四边形D1C1BA是平行四边形，所以AD1/​/BC1，

因为AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，所以BC1/​/平面AD1C，

同理可证BA1/​/平面AD1C，又BA1∩BC1=B，BA1，BC1⊂平面BA1C1，

所以平面BA1C1/​/平面AD1C，又平面ACFE∩平面AD1C=AC，

所以平面A112.2

【解析】解：圆C：x2+y2−6x+10y+25=0，即(x−3)2+(y+5)2=9，圆心为C(3,−5)，半径r=3．

因为点C到直线l：x−y−4=0的距离d=|3+5−4|2=22，

所以直线l被圆C截得的弦长等于2r13.−1【解析】解：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AD=AB=1，∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°，M为B1D1的中点，

则CM⋅14.20

【解析】解：双曲线M和圆N都关于x轴对称，不妨设A(x1,y1)，B(x1,−y1)，C(x2,y2)，D(x2,−y2)，

所以x12−y12=a2，x2215.解：(1)因为a1=2，an+1−4an=0，

所以数列{an}是以2为首项，以4为公比的等比数列，

所以an=2×4n−1=2【解析】(1)结合等比数列的定义及通项公式即可求解；

(2)先求出bn，然后结合裂项求和即可求解．

16.解：(1)根据题意可得动点M到点(8,0)的距离与它到直线x=−8的距相等，

∴动点M的轨迹C为以M为焦点，直线x=−8为准线的抛物线，

∴p2=8，∴p=16，

∴C的方程为y2=32x；

(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，又AB的中点坐标为(2,−4)，

则y12=32x【解析】(1)根据抛物线的定义，即可求解；

(2)根据点差法，即可求解．

本题考查动点轨迹问题的求解，抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，点差法的应用，属中档题．17.解：(1)证明：取AB中点O，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O作AA1的平行线为y轴，

以OC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

设AB=2，则B(−1,0,0)，C(0,0,3)，B1(−1,2,0)，C1(0,2,3)，E(1,1,0)，

CB1=(−1,2,−3)，BE=(2,1,0)，

∴CB1⋅BE=−2+2+0=0，

∴CB1⊥BE，∴CB1⊥BE．

(2)A(1,0,0)，A1(1,2,0)，AA1=(0,2,0)，AC=(−1,0,3)，A1【解析】(1)取AB中点O，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O作AA1的平行线为y轴，以OC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明CB1⊥BE．

(2)求出平面AA118.解：(1)因为M(0,2)和N(3,1)为椭圆C上两点，

所以b=23a2+1b2=1，

解得a2=6，b2=2，

则椭圆C的方程为x26+y22=1；

(2)易知|HF1|+|HF2|=26，|F1F2|=26−2=4，

在△F1HF2中，由余弦定理得|F1F2|2=|HF1|2+|HF2|2−2|H【解析】(1)将M，N两点的坐标代入椭圆C的方程中，进而可解；

(2)结合余弦定理以及三角形面积公式求解即可；

(3)当直线l的斜率为0时，代入求解即可；当直线l的斜率存在为不为0时，设出直线l的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理再进行求证．

本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．19.解：(1)由数列{bn}是(3,2,1)差比双重数列，

得λ=3，p=2，d=1，b1+3⋅21−1=−4+3=−1，

则数列{bn+3⋅2n−1}是首项为−1，公差为1的等差数列，

bn+3⋅2n−1=−1+(n−1)×1=n−2，

所以数列{bn