2024-2025學(xué)年山東省臨沂市蒙陰一中高二（上）期末數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年山東省臨沂市蒙陰一中高二（上）期末數(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P(2,2)為拋物線C：y2=2px(p>0)上一點，則拋物線C的準(zhǔn)線方程為(

)A.x=?1 B.y=?1 C.x=?12 2.已知遞增的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1+aA.70 B.80 C.90 D.1003.已知向量a=(0,0,2)，b=(?1,1,1)，向量a+b在向量aA.(0,0,3) B.(0,0,6) C.(?3,3,9) D.(3,?3,?9)4.兩個等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項和為Sn，TA.10724 B.724 C.149125.已知圓C：(x?a)2+(y?2a)2=a2(a>0)，點A(?2,0)，B(2,0).若圓C上存在點A.1+52 B.?1+526.在空間中，“經(jīng)過點P(x0,y0,z0)，法向量為e=(A,B,C)的平面的方程(即平面上任意一點的坐標(biāo)(x,y,z)滿足的關(guān)系)是：A(x?x0)+B(y?yA.73 B.63 C.7.古希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名，他發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)到兩個定點A、B的距離之比為定值λ(λ≠1)的點所形成的圖形是圓，后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(?2,0)，B(4,0).點P滿足|PA||PB|=12，設(shè)點P所構(gòu)成的曲線為CA.C的方程為(x+4)2+y2=16

B.在C上存在點D，使得D到點(1,1)的距離為3

C.在C上存在點M，使得|MO|=2|MA|

8.如圖，雙曲線C：x2a2?y2a=1(a>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，M是C上位于第一象限內(nèi)的一點，且直線F2M與y軸的正半軸交于A點，△AMFA.52

B.5

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.已知圓C：(x+2)2+y2=4，直線lA.直線l恒過定點(?1,1)

B.當(dāng)m=0時，圓C上恰有三個點到直線l的距離等于1

C.直線l與圓C有兩個交點

D.圓C與圓x210.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1>0A.若{an}是遞增數(shù)列，則數(shù)列{1a2n?1a2n+1}的前n項和為2n2n+1

B.若{an}是遞增數(shù)列，則數(shù)列{(?1)n?1a11.立體幾何中有很多立體圖形都體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美，其中半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體，半正多面體因其最早由阿基米德研究發(fā)現(xiàn)，故也被稱作阿基米德體.如圖，半正多面體的棱長為22，棱數(shù)為24，它所有頂點都在同一個正方體的表面上，可以看成是由一個正方體截去八個一樣的四面體所得的，下列結(jié)論正確的有(

)A.AG⊥平面GHMN

B.若E是棱MN的中點，則HE與平面AFG平行

C.若四邊形ABCD的邊界及其內(nèi)部有一點P，|FP|=22，則點P的軌跡長度為π

D.若E為線段MN上的動點，則HE與平面HGF所成角的正弦值的范圍為[33,612.已知點A(1,1,1)，點B(2,1,0)，則點P(1,?1,?1)到直線AB的距離為______．13.某集團公司有一下屬企業(yè)A從事一種高科技產(chǎn)品的生產(chǎn).A企業(yè)第一年年初有資金2000萬元，將其投入生產(chǎn)，到當(dāng)年年底資金增長了40%，預(yù)計以后每年資金年增長率與第一年的相同.集團公司要求A企業(yè)從第一年開始，每年年底上繳資金400萬元，并將剩余資金全部投入下一年生產(chǎn).設(shè)第n年年底A企業(yè)上繳資金后的剩余資金為an萬元.則an=14.已知離心率為e1的橢圓C1：x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題15分)

已知⊙C：(x?a)2+(y?b)2=r2(0<a<2,r>0)與兩坐標(biāo)軸均相切；且過點(2,1)，直線l過點P(?1,1)交圓C于A，B兩點．

(1)求圓C的方程；

16.(本小題15分)

已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1(n∈N?)．

(1)求數(shù)列{an}17.(本小題15分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是斜邊為AD的等腰直角三角形，AB⊥AD,AB=1,AD=4,AC=CD=22．

(1)求證：PD⊥平面PAB；

(2)求PB與平面PCD所成角的正弦值；

(3)在棱PB上是否存在點M，使得平面ADM與平面ABCD所成角的余弦值為55？18.(本小題15分)

已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+an?1=2n?1(n≥2)．

(1)求數(shù)列{an}的通項公式；

(2)若數(shù)列{bn}的前n項和為Sn,bn19.(本小題17分)

已知雙曲線C1的離心率e=62，虛軸在y軸上且長為2．

(1)求雙曲線C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)已知橢圓C2：2x2+y22=1，若A，參考答案1.C

2.D

3.A

4.A

5.B

6.A

7.C

8.D

9.ACD

10.BC

11.ACD

12.613.1400×(714.3+215.解：(1)由題意，可知圓心C在第一象限，若圓C與兩坐標(biāo)軸均相切，則a=b=r，

根據(jù)圓C過點M(2,1)，可得|CM|=r=a，

即(a?1)2+(a?2)2=a，解得a=1或5，結(jié)合0<a<2，可得a=1．

所以圓C方程為(x?1)2+(y?1)2=1．

(2)由2S△PAC=S△PBC，可得2|PA|=|PB|，即點A為PB中點，

設(shè)弦AB中點為E，則CE⊥AB，設(shè)|AE|=|BE|=m，則|PE|=3m，

在Rt△AEC中，由勾股定理得|CE|2+m2=|CA|2=1…①，

在Rt△PEC中，由勾股定理得|CE16.解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，

由題意知，S4=4S2，a2=2a1+1，

即4a1+6d=4(2a1+d)a2=a1+d=2a1+1，化簡得a1=1d=217.解：(1)因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB?平面ABCD，AB⊥AD，

所以AB⊥平面PAD，

因為PD?平面PAD，所以AB⊥PD，

又因為PD⊥PA，AB∩PA=A，PA、AB?平面PAB，所以PD⊥平面PAB；

(2)取AD中點為O，連接PO、CO，

又因為PD=PA，所以PO⊥AD，

則AO=PO=2，

因為AC=CD=22,AD=4，所以CD⊥CA，CO⊥AD，則CO=AC2?AO2=2，

以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)C,OA,OP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則P(0,0,2)，B(1,2,0)，D(0,?2,0)，C(2,0,0)，

所以PB=(1,2,?2),PD=(0,?2,?2),PC=(2,0,?2),CD=(?2,?2,0)，

設(shè)平面PCD的法向量為n=(x1,y1,z1)，則n⊥PD,n⊥PC，

所以n?PD=0n?PC=0，得?2y?2z=02x?2z=0，令z=1，則n=(1,?1,1)，

設(shè)PB與平面PCD所成角的角為θ，

所以sinθ=|cos?n,PB?|=|n?PB||n||PB|=|1?2?23×3|=33．

(3)假設(shè)在棱PB上存在點M，使得平面ADM與平面ABCD所成角的余弦值為18.解：(1)由an+an?1=2n?1，n≥2，

a1=1，a2+a1=3，可得a2=2，

由an+an?1=2n?1，可得an+1+an=2n+1，

兩式相減得an+1?an?1=2，n≥2，

所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項和偶數(shù)項均為公差為2的等差數(shù)列，

a2n?1=1+2(n?1)=2n?1，a2n=2+2(n?1)=2n，

則an=1+(n?1)×1=n．

(2)由題意bn=n,n=2k?1(k∈N?)2n,n=2k(k∈N?)，

所以S2n?1=(b1+b3+?+b2n?1)+(b2+b4+?+b2n?2)

=(1+3+?+2n?1)+(22+219.解：(1)因為雙曲線C1的離心率e=62，虛軸在y軸上且長為2，

所以ca=622b=2a2+b2=c2，

解得a=2，b=1，c=3，

則雙曲線C1的方程為x22?