2024-2025学年浙江省诸暨市高二上学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省诸暨市高二上学期期末考试数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知直线l的倾斜角为π3，则直线l的斜率( )
A. 12B. 32C. 33D. 3
2.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，设AB=a,AD=b,AA1=c,则BD1=( )
A. −a→+b→+c→B. a−b+cC. a+b−cD. −a→−b→+c→
3.已知抛物线y2=4x上一点P到焦点F的距离是4，则点P到y轴的距离为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
4.下列选项正确的是( )
A. (sin10∘) ′=cs10∘B. (lg x) ′=1x
C. [(2x+1)(2x−1)]′=8xD. (e−x) ′=e−x
5.已知直线l:y= kx+1，圆C:(x−1)2+y2=4,则直线l与圆C位置关系为( )
A. 相离B. 相交C. 相切D. 不确定
6.已知{an}为等差数列，a1+a3+a5=42,a2+a4+a6=48,则S9=( )
A. 126B. 144C. 162D. 180
7.已知等比数列{an}的公比q大于0，前n项和为Sn，则“数列{an}为单调递增数列”是“数列{Sn}为单调递增数列”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
8.已知F是双曲线(C:x2a2−y2b2=1a0,b>0)的左焦点，P为圆x2+y2=a2+b2上一点，直线PF的倾斜角为30°，PF交双曲线的两条渐近线于M，N，且P恰为MN的中点，则双曲线C的离心率为( )
A. 5B. 3C. 2D. 52
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.已知数列{an}满足an+1=2an+1,a1=2,则( )
A. a3=11B. {an−1}是等比数列
C. an=3⋅2n−1−1D. {an+1−an}是等比数列
10.已知棱长为2的正方体．ABCD−A1B1C1D1中，Q，R满足BQ=λBB1,A1R=μA1C,其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列结论正确的是( )
A. 当λ=μ=12时，|QR|=1
B. 当 μ=13时，D₁R//平面BDC₁
C. ∀μ∈[0,1]，∃λ∈[0,1]，有AQ⊥D₁R
D. ∀λ∈[0,1]，∃μ∈[0,1]，有D₁R⊥CQ
11.曲线E:|x−1|+|x+1|+2|y|=4，则下列结论中正确的是( )
A. 曲线E关于直线y=x对称
B. 曲线E围成的图形面积为6
C. 曲线E上存在无数个点到直线y=x的距离为1
D. 若圆(x−m)2+(y−m)2=2m2在曲线E的内部(含边界)，则∣m∣max= 2−1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数y=f(x)的图象在点M(1,f(1))处的切线方程是y=2x+1，则．f(1)+f′(1)= ．
13.抛物线x2=4y上一动点P到直线y=x−3的最短距离为 ．
14.已知数列{an}满足a1=1,a2=16,an+12=2anan+2n∈N∗,若am为最大项，则m= ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA₁⊥底面ABC，∠CAB=90°，AB=AC=2,AA1=3,M为BC的中点，P为侧棱BB₁上的动点．
(1)求证：平面AMP⊥平面BB₁C₁C;
(2)试判断是否存在P，使得直线．BC1⊥AP.若存在，求PB的长；若不存在，请说明理由．
16.(本小题12分)
在等差数列{an}中，已知公差d>0,a1=1,前n项和为Sn,且S₁，S2,S3+3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn=n⋅2an,求数列{bn}的前n项和Tn．
17.(本小题12分)
在底面为正方形的四棱锥P−ABCD中，PA=AD，PA⊥面ABCD，M，Q分别为PD和BC的中点，PN=23PC.
(1)求证：A，M，N，Q四点共面;
(2)求二面角M−AN−D的余弦值．
18.(本小题12分)
曲线E₁的方程F(x,y)=0中，用λx替换x，μy替换y (λ,μ∈R⁺)得到曲线E₂的方程F(λx,μy)=0，把这种(x,y)→(λx,μy)的变换称为“伸缩变换”，λ，μ分别称为x轴和y轴的伸缩比．
(1)若曲线E₁的方程为x2+y2=4,伸缩比λ=12,μ=1,求E₁经过“伸缩变换”后所得到曲线E₂的标准方程；
(2)若曲线E₁的方程为x24+y23=1,E1经过“伸缩变换”后所得到曲线E₂是离心率为 22的椭圆，求λμ的值；
(3)对抛物线E1:y2=2p1x,作变换x,y→λ1x,μ1y,得抛物线E2:y2=2p2x;对抛物线E2:y2=2p2x,作变换(x,y→λ2x,μ2y,得抛物线E3:y2=2p3x;如此进行下去，对抛物线En:y2=2pnx,作变换x,y→λnx,μny,得抛物线En+1:y2=2pn+1x⋯.若p1=1,λn=n2,μn=n+1,记数列{pn}的前n项和为Sn，求证：Snb>0)的右焦点为F(1,0)，B1,32为椭圆上一点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l(不经过B点)交C于P，Q两点，且直线BP和直线BQ的斜率之和为0．
①证明：直线l的斜率为定值，并求出这个定值；
②若tan∠PBQ=125,求△PBQ的面积．
参考答案
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. 2
14.5或6
15.(1)证明：∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠CAB=90°，
AB=AC=2，M为BC的中点，P为侧棱BB1上的动点，
∴AM⊥BC，AM⊥BB1，
∵BC∩BB1=B，BC,BB1⊂平面BB1C1C,
∴AM⊥平面BB1C1C，
∵AM⊂平面APM，
∴平面APM⊥平面BB1C1C;
(2)解：以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系：
B(0,2,0)，C1(2,0,3)，A(0,0,0)，
设BP=t(0≤t≤3)，则P(0,2,t)，BC1=(2,−2,3)，AP=(0,2,t)，
若BC1⊥AP，则BC1⋅AP=0−4+3t=0，解得t=430，所以d=1，
故an=a1+(n−1)d=n；
(2)由(1)知，bn=n⋅2n，
则Tn=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n ①
2Tn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+n⋅2n+1 ②
由 ①− ②得−Tn=21+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1=2(1−2n)1−2−n⋅2n+1，
化简得Tn=(n−1)⋅2n+1+2．
17.解：(1)分别延长MN和CD交于点R，取CD的三等分点T，
由题意知，NCCP=CTCD=13，故NT//MD，且NT=13PD=23MD，
所以ΔRNT∽ΔRMD，则NTMD=RTRD=23即RCRD=12，
而QC//AD，且QCAD=12，
连接AQ并延长交CD于K，
则QCAD=KCKD=12，那么有RCRD=KCKD=12，
故K，R为同一点，又
因为K=AQ∩CD，R=MN∩CD，
故K=R=MN∩AQ，
即证A，M，N，Q四点共面．
(2)以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB长为2，则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(43,43,23)，
又∵AM=(0,1,1)，AN=(43,43,23)，
设平面AMN的法向量为n，AM⋅n=0AN⋅n=0得n=(−1,2,−2)，
又∵AD=(2,0,0)，AN=(43,43,23)，
设平面AND的法向量为m，
由AD⋅m=0AN⋅m=0，得m=(1,0,−2)，
∴csθ=|cs|=|n⋅m||n||m|=33⋅ 5= 55，
故二面角M−AN−D的余弦值为 55．

18.解：(1)由题意得(12x)2+y2=4，化简得x216+y24=1，
所以曲线E2的标准方程为x216+y24=1．
(2)由题意得(λx)24+(μy)23=1，化简得x24λ2+y23μ2=1，
①当4λ2>3μ2时，则e2=1−b2a2=1−34·λ2μ2=12，解得λμ= 63;
②当4λ2