2024-2025学年福建省泉州市高二上学期质量监测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年福建省泉州市高二上学期质量监测数学试卷一、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.倾斜角为45∘的直线l过点−1,1，则l的方程为(

)A.y=−x B.y=x+1 C.y=x−1 D.y=x+22.过椭圆C:x26+y22=1的一个焦点作x轴的垂线l，若l交C于A.63 B.32 C.3.已知数列an满足：a1=9，an+1=A.1 B.3 C.7 D.94.在四面体OABC中，AB=2AD，OE=2EC，设OA=a，OB=A.−12a−12b+25.过原点的直线与圆M:x+12+y−12=3交于P，QA.1 B.2 C.2 D.6.数列an的前n项和为Sn，若an+2A.an是等差数列，公差为−23

B.an是等比数列，公比为3

C.an是等差数列，S7.斜率为1的直线与双曲线C:x2a2−y2=1a>0交于A，BA.2 B.3 C.68.第七届数字中国建设峰会在福建举行，其中主题为“显示十创意”的裸眼3D展台引人关注．峰会上显示屏的示意图如图所示，底面为等腰梯形ABCD，侧面ABB1A1，BCC1B1，CDD1C1均为矩形且垂直于底面，已知AB=CD=2，BC=1，A.1 B.2 C.3 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.数列an满足：a1=1，anA.a3=9 B.an=n2−1

C.数列ann10.已知圆O:x2+y2=4，点PA.直线y=2与圆O，圆M都相切

B.若以2为半径的圆P与圆O外离，则a>6

C.若a=2，则圆O和圆M的公共弦的长为22

D.若a=6，过P作圆O的两条切线，切点为A，B，则四边形OAPB11.已知点F1,0，R−1,0，抛物线C:y2=2px的焦点为F.过F的直线交C于A，B两点，线段AR交C于点A.p=2

B.若AF=4，则BF=2

C.若AP=12AR，则直线PR三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.直线l1:ax+y+1=0，l2:2−ax−3y+2=0，若l113.已知空间四点O0,0,0，A2,0,0，B0,2,0，C0,0,2，则点O到平面ABC的距离为14.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别是点F1,F2，点A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)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a2(1)求an(2)设bn=1anan+1，求数列16.(本小题12分)如图，AB为圆锥PO的底面直径，点C，D为底面上AB⌢的三等分点，点M，N分别为PA，PB(1)证明：MN//平面PCD；(2)若AB=4，PA=22，求直线AC与BM17.(本小题12分)在平面直角坐标系中，已知P(0,−3)，Q(0,3)，R(−3,0)，圆Γ过(1)求圆Γ的方程；(2)若斜率小于0的直线l与Γ交于P，E两点，与直线x=2交于点F，且PF=7，求18.(本小题12分)如图，在直三棱柱ABC−DEF中，AC=BC=2，∠ABC=45∘，Q

(1)求证：DF⊥平面BCFE；(2)若三棱锥E−BDF的体积为223，求证：平面DEQ⊥(3)P为▵ABC内一动点，直线PE与平面DEF所成的角为α，二面角P−DF−E的大小为β，P到AC的距离为d，若α=β，求PQ+d的最小值．19.(本小题12分)在平面直角坐标系中，已知A−1,0，B1,0，直线PA，PB相交于点P，且它们的斜率之积的绝对值为2，记P的轨迹为(1)求轨迹C；(2)将按照确定的顺序的一列直线t1，t2，t3，⋯称为直线列，记为tn.直线列ln与mn均过点B，且满足ln⊥mn，直线ln的斜率kn=n，ln交C于Mn，Nn两点，mn交C于(i)求T1(ii)探究Tn是否在定直线上．

参考答案1.D

2.D

3.B

4.A

5.C

6.D

7.B

8.C

9.AC

10.ABD

11.ACD

12.−1

13.214.1015.解：(1)解法一：设等差数列an的首项为a1，公差为由已知a解得a所以an解法二：因为a2+a因为S3=3所以d=a所以an(2)因为bn所以数列bn的前n项和=

16.解：(1)证法一：因为M，N分别为PA，PB的中点，所以MN//AB，连结OC，OD，因为点C，D为AB所以∠AOC=∠COD=60∘，所以∠DCO=60∘=∠AOC又MN⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以MN//平面PCD，证法二：连结OC，OD，因为点C，D为AB所以∠AOC=∠COD=60∘，所以∠DCO=60∘=∠AOC取CD中点Q，连结OQ，OP，则OQ⊥CD，OQ⊥AB，OP⊥平面ABDC，又AB⊂平面ABDC，所以OP⊥AB，设OB=2，PB=22，则以O为原点，OQ，OB，OP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则C−3,−1,0，所以PC=−又点M，N分别为PA，PB的中点，则M0,−1,1MN=设平面PCD的一个法向量为m=所以m⋅CD=m⋅取x1=2，z1所以m⋅MN=0又MN⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以MN//平面PCD，证法三：连结OC，OD，因为点C，D为AB所以∠AOC=∠COD=60∘，所以∠DCO=60∘=∠AOC取CD中点Q，连结OQ，OP，则OQ⊥CD，OQ⊥AB，OP⊥平面ABDC，所以OP⊥AB，又OB=2，PB=22，则以O为原点，OQ，OB，OP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C−3,−1,0，D−所以CD=(0,2,0)，MN则CD=MN，所以CD//又MN⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以MN//平面PCD．(2)解法一：取CD中点Q，连结OQ，OP，则OQ⊥CD，OQ⊥AB，OP⊥平面ABDC，又AB⊂平面ABDC，所以OP⊥AB，又OB=2，PB=22以O为原点，OQ，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C−3,−1,0，所以AC=−设异面直线AC与BM所成角为θ，则cosθ=即直线AC与BM所成角的余弦值为3解法二：连结CB，∠AOC=60∘，▵OAC为等边三角形，所以在▵ABC中，由余弦定理可得BC则BC2+A过点C作直线l//OP，因为OP⊥平面ABDC，所以l⊥平面ABDC，以C为原点，CA，CB所在的直线为x，y轴，l为z轴建立空间直角坐标系，如图，C0,0,0，A2,0,0，B0,2所以AC=2,0,0，设异面直线AC与BM所成角为θ，则cosθ=即直线AC与BM所成角的余弦值为3解法三：连结OC，因为点C，D为AB的三等分点，所以∠AOC=6连结OP，则OP⊥平面ABDC，所以OP⊥AB，OP⊥OA，OP⊥OC，又OB=2，PB=22，则取OA,OC,OP为空间中的一个基底，可得：OA⋅又AC=OC−AC⋅所以AC2BM2所以AC=2，BM设异面直线AC与BM所成角为θ，则cosθ即直线AC与BM所成角的余弦值为3解法四：连结OC，OD，因为点C，D为AB的三等分点，所以∠AOC=∠COD=6▵AOC为等边三角形，所以∠ACO=60∘=∠COD取AM中点E，连结OE，所以OE为▵ABM的中位线，OE//BM，所以直线AC与BM所成角即为∠EOD或其补角，又OP⊥平面ABDC，所以OP⊥AB，又OB=2，PB=2则OP=2=OA，∠PAO=45在△AOE中，由余弦定理可得OE过点E作EF//OP，交AB于F，连结FD，ED，则EF⊥平面ABDC，所以EF⊥FD，FD=52所以ED=在▵DOE中，由余弦定理可得cos∠EOD=所以直线AC与BM所成角的余弦值为3

17.解：(1)设圆Γ的标准方程为(x+a)由圆Γ过P,Q,R，得(0+a)2所以圆Γ的方程为(x+1)(2)依题意，设直线PE的方程为y=kx−3，点F在直线由PF=7，得1+k于是直线PE的方程为3由3x+2y+23=0(x+1)2+于是EF=而点Q(0,3)到直线PE:所以▵QEF的面积为S=1

18.解：(1)因为AC=BC，∠ABC=45∘，所以▵ABC为直角三角形，所以在直三棱柱ABC−DEF中，AC⊥CF，又BC∩CF=C，BC,CF⊂平面BCFE，所以AC⊥平面BCFE．因为AC//DF，所以DF⊥平面BCFE．(2)解法一：由(1)可知DF⊥EF，所以VE−BDF因为三棱锥E−BDF的体积为223又由(1)可知AC，BC，CF两两垂直，以C为原点，CA，CB，CF为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B0,2,0，DE0,2,2，F0,0,2，D2,0,2设平面DEQ的法向量为m=则m⋅DE取x1=2，则所以，m=2设平面BDF的法向量为n=x2,取y2=2，则z2所以m⋅所以平面DEQ⊥平面BDF．

解法二：由(1)可知DF⊥EF，所以VE−BDF因为三棱锥E−BDF的体积为223取BC的中点M，连接ME与BF交于点N，连接DN．因为Q为AC中点，所以QM//AB.因为DE//AB，所以QM//DE，所以D，E，M，Q四点共面．因为EF=2BM，EF//BM，所以▵EFN∽▵MBN，且FNBN因为BF=BE所以BN=1所以BN2+M又因为DF⊥平面BCFE，ME⊂平面BCFE，所以DF⊥ME，又BF∩DF=F，BF,DF⊂平面BDF，所以ME⊥平面BDF，又因为ME⊂平面DEQ，所以平面DEQ⊥平面BDF．

(3)解法一：设P在平面DEF内的射影为O，连接OP，OE，所以OE为PE在平面DEF内的射影，所以∠OEP为直线PE与平面DEF所成的角，所以∠OEP=α．过O作OI⊥DF，垂足为I，连接PI，显然PI⊥DF，所以∠OIP为二面角P−DF−E的平面角，所以∠OIP=β．所以tanα=OPOE，tanβ=OP所以点O到点E的距离等于点O到直线DF的距离，所以点P到点B的距离等于点P到直线AC的距离，所以点P的轨迹是以B为焦点，直线AC为准线的抛物线在▵ABC内的部分．又点P到AC的距离为d，所以d=PB，所以PQ+d=PQ+PB≥BQ=所以PQ+d的最小值为5

解法二：设Px,y,00<x,y<2,x+y<2，不妨设CF=tt>0F0,0,t，D2,0,t，所以PE=−x,2−y,t，显然i=0,0,1为平面则sinα=设平面PDF的法向量为j=x3,取y3=t，则z3=y.所以，所以cosβ=因为α=β，所以sin所以t2x2所以点P的轨迹是以B为焦点，直线AC为准线的抛物线在▵ABC内的部分．

又点P到AC的距离为d，所以d=PB，所以PQ+d=PQ+PB≥BQ=所以PQ+d的最小值为5

19.解：(1)设Px,y，又A−1,0，则两直线PA，PB的斜率分别为，kPA=y因为k1k2即y2=2x所以C:即在x<1时，轨迹是椭圆2当x>1时，轨迹是双曲线2(2)(i)由题意，设直线l1:x=y+1，可得m1又曲线C:2x2则M1，P1关于x轴对称；N1，Q所以T1必在x轴上，不妨设T将l1与双曲线2x2−y2=2同理将直线l1:x=y+1与椭圆2x所以Q1因为M1，T1，Q1其中T1M1则43−3−t=−4−1(ii)解法一：由(1)得，曲线C的方程为Γ设直线ln:x=my+1，将ln可得2m2−1代入直线方程可得xMn=将直线ln:x=my+1与Γ1同理，设直线mn:x=ty+1，分别与Γ1，ΓPn1+2t根据对称性可得若Tn则该定直线必垂直于x轴，又由(i)知T1则Tn必在定直线x=−1要证明：直线MnQn，NnP即证Tn−1,bn满足Tn，Mn，Qn即证：Tn因为TnMnTnNn即证：221−