吉林省松原市2024-2025学年度上学期期末五校联考 高二数学试题（含答题卡、答案）

参考答案及解析数学2024—2025学年度上学期期末五校联考高二数学参考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵1.A【解析】因为直线方程为:父=tan75。,与y轴平行,所以直线的倾斜角为90.故选A.2.D【解析】由a1=4,a5=12,得4d=a5—a1=12—4=8,故d=2,故a6=a1十5d=4十10=14.故选D.3.D【解析】直线a父十2y=0与直线父十(a十3)y十4=0垂直,则a×1十2●(a十3)=0,解得a=—2.故选D.4.C【解析】由题意可作图如下:,13由G为EF上靠近E的三等分点,则—,13A=A十=A十=A十(AA)=A十×(A十A)—c.故选C.5.D【解析】由椭圆的定义得AF1十AF2=2a=4,BF1十BF2=4,则△ABF2的周长为 AB十AF2十BF2=AF1十AF2十 BF1十BF2=8.故选D.6.B【解析】圆C1的标准方程为(父十2)2十(y—2)2=1,圆心C1(—2,2),半径r1=1,圆C2的圆心为(2,5),半径r2=4,因为C1C2= \(—2—2)2十(2—5)2=5=r1十r2,所以两圆外切,所以圆C1与圆C2的公切线有3条.故选B.7.C【解析】设O,O1分别是AC,A1C1的中点,连接OO1,OB,O1B1,根据正三棱柱的几何性质可知OB,OC,OO1两两相互垂直,建立如图所示空间直角坐标系,B(\,0,0),C(0,1,0),A1(0,—1,2),C1(0,1,2),C=(\,—1,0),C1=(0,—2,2),C1=(0,0,2).设平面A1BC的法向量为n=(父,y,z),则=0,令y=\,则父=1,z=\故可得n=(1,\,\).由于B1C1ⅡBC,B1C1丈平面A1BC,BCG平面A1BC,所以B1C1Ⅱ平面A1BC.数学参考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵 →2\3\7的距离,即=n →2\3\7的距离,即=n8.A【解析】易知A(—a,0),B(a,0),设P(父,y)(y≠0),则=1,所以父2—a2=y2,即2父y=y2(y≠0),所以y=父,即直线y=父与双曲线有公共点.联立2y2=a2b2y=父与双曲线方程,有〈2b2,消去!y=a2父y得:b2父2—a2●父2=a2b2→父2=a2,则要使方程有根,需使a2>4b2=4(c2—a2)→=e2< →1<e<\.故选A.9.AC【解析】对于A,a—2b=(2,—1,—2)—(6,4,4)=(—4,—5,—6),故A正确;对于B, a=\22十(—1)2十(—2)2=3,故B错误;对于aa十bC,a十b=(5,1,0),故cos〈a,a十b〉=a●(aa十b 3×\2626,;, 9=3\26故C正确对于Da●3×\2626,;,=0,故D错误.故选AC.10.BC【解析】S1=a1=—1,an十2>an对Vn∈N*恒n—1(q2—1)<0恒成立,则q>0,q2—1<0,故0<q<1,故B正确;对于A:a2=—q<0,故A错误;对于C:an十1—an=—qn十qn—1=qn—1(1—q)>0→an十1>>1,故D错误.故选BC.11.ABD【解析】因为tanα●tanβ=—KPAKPB=y0a2,由于:y=(父—a2),故tanα●tanβ=—为定值,故A正确;双曲线—=1(a>0,b>0)的左顶点为A(—a,0),右顶点为B(a,0),渐近线为y=aPBsinα±b父,在△PAB中,由正弦定理可知PAaPBsinα=,显然π—β,α均为锐角且随着父0的增大分别减小与增大,即sin(π—β),sinα随着父0的PAPB增大分别减小与增大且均为正数,故PAPB着父0的增大而减小,故B正确;因为tanα—tanβ=2y0父2y0a2, y0十2y0父2y0a2,误;因为S=iABiy0=ay0,tan(α十β)=1tanαtanβ tan1tanαtanβ y0y0 a2十b2=aa2十b22,故Stan(α十β)2,故Stan(α十β)=—a2十b2父—a2=2≥0,解得a2≥b2,则0<≤1,又e==\1十∈(1,\],故1<e≤\,故D正确.故选ABD.12.【解析】由y=a父2(a>0)得父2=y,所以准参考答案及解析数学.3.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵4.为4.2=1【解析】设动点P(父,y),则=(父4,y),=(—3,0),=(1父,—y).又“.=6,:—3(父4)= 6\(1—父)2十(—y)2.化简得3父2十4y2=12,即2=1,故动点P的轨迹E的方程为2十y32==1.14.[0,\【解析】记A在底面BCD内的投影为O,则AO丄底面BCD,又CO、OMG平面BCD,故AO丄CO、AO丄OM,则CO=×\×\=\,AO=\=2,又AM=\,则OM=\=1,所以M的轨迹是以O为圆心,半径为1的圆,建立如下图所示的空间直角坐标系:设M与父轴正半轴所成的角为α,则M(cosα,sinα,0),α∈[0,2π],A(0,0,2),B(\,—\,0),,所以A=(cosα,sinα,—2),=(0,\,0),设直线AM与直线BD所成的角为θ,所\5×\6\5×\615.解:(1)因为A(1,1),B(2,—2),所以KAB==—3,(2分)3,所以弦AB的垂直平分线的斜率为3,又弦AB的中点坐标为所以弦AB的垂直平分线的方程为y十=父,(4分)即父3y—3=0,与直线l:父y十1=0联立解得:父=—3,y=—2,(6分)所以圆心C的坐标为(—3,—2),所以圆的半径r= AC=5,则圆C的方程为:(父十3)2十(y十2)2=25.(8分)(2)由(1)知,圆心C(—3,—2)到直线2父十y=0的距离为d==\,(11分)因为圆的半径r=5, :MN=2\=2\5305.(13分)16.解:(1)由1=a1,得1=a1,解得a1=2或a1=0,又an>0,所以a1=2.(2分)所以sn=2(an—1),当n≥2时,sn—1=2(an—1—1),两式作差得an=,(4分)即n≥2时,an=2an—1,所以{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,经检验n=1时同样成立,(6分)数学参考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵2n十1(2)由(1)知cn=2n,(82n十1所以Tn=c1十c2十…十cn=十十十…十 2 22n13572n—12n十1又2Tn=22十23十24十…十2n十2n13572n—12n十1(11分)两式相减得Tn=十十十…十— 2n十13 2n十1212n十122n十1.12(14分)2n十5所以Tn=5—2n.(152n十517.解:(1)证明:因为四边形ABCD为正方形, M为CD的中点,AM=\5,所以AD=2.(1分)在△PAD中,由余弦定理得PA= \AD2十PD2—2AD●PDcos上PDA=2\3,因为PA2十AD2=PD2=16,所以上PAD=90。,即PA丄AD.(3分)因为AB=AD,PB=PD,PA=PA,所以△PAB≥△PAD,所以PA丄AB.(5分)又因为AB∩AD=A,AB,ADG平面ABCD,所以PA丄平面ABCD.(6分)又因为PAG平面PAM,所以平面PAM丄平面ABCD.(7分) (2)由(1)得PA=2\3,AB=AD=2,AB,AD,AP两两垂直,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为父轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.(9分)ZAPNDAyBMAyBMCbCb则A(0,0,0),C(2,2,0),M(1,2,0),N ,0,4\33,D(0,2,0),于是A=(1,2,0),C=(—2,0,0),A =,0,4\33.设平面AMN的法向量为n=(父,y,z),(10分)(A●n=0(父十2y=0!A●n=0!父十4令父=—2,可得n=(—2,1,\.(12分)设直线CD与平面AMN所成的角为θ, C●n=\4=,→4 C●n=\4=,→4CDCD\3解得θ=,(14分)故直线CD与平面AMN所成的角为.(15分)18.解:(1)设经过点M(1,—2)与C2相切的直线方程为y十2=k(父—1),(1分)(y十2=k(父—1)—k父十k十2=0,!y=a父2由Δ=(—k)2—4a(k十2)=0,得k2—4ak—8a=0,(4分)因为直线MA,MB都与抛物线C2相切,所以它们的斜率是方程k2—4ak—8a=0的两根.(5分)参考答案及解析数学.5.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵(2)直线AB与C2相切,证明如下:(7分)设A(父1,y1),B(父2,y2),由点M(1,—2)在C1上,得p=2,所以C1:y2=4父,(8分)y1—2y1—2于是切线MA的方程为y=4父—2y1y1—2y1—2y1—2y1—2因为MA与C2相切,y1—2y1—2因为MA与C2相切,所以Δ=2—4a2)=0,即ay—2ay1—2=0,同理,ay—2ay2—2=0,(13分)a,又因为y1≠y2,所以y1十y2=2,y1y2=—a,(15分)且KAB=—==y1y2=2,故直线AB的方程为y=2父十y1—,1父十—y1=0,(16分)则Δ=4—4a—y1)=4—2ay1(y1—2)=4十2ay1y2=4十2a×(—=0,所以直线AB与抛物线C2相切.(17分)19.解:(1)因为A1=max{2}=2,B1=min{0,2,4,2,0, 2,4,…}=0,所以