2024-2025学年广西玉林市高二上学期期末教学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.直线l:3x−4y+12=0在y轴上的截距为(    )A.4 B.−4 C.3 D.−32.直线2x−y=0是双曲线x2a2−y24=1(a>0)的一条渐近线，则a=(    )A.1 B.2 C.4 D.163.已知点B是点A3,7,−4在Ozx平面上的射影，则OB=(    )A.58 B.5 C.65 D.254.记等差数列an的前n项和为Sn，若a4+a7=13，则S10=(    )A.13 B.45 C.65 D.1305.如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若AB=a，AD=b，AA1=c，则下列向量中与BM相等的向量是(    )A.−12a+12b+c B.12a+12b+cC.−12a−12b+c D.12a−12b+c6.如图，在圆x2+y2=r2(r>0)上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足.当点P在圆上运动时，线段PD的中点M的轨迹是椭圆，那么这个椭圆的离心率是(    )A.32 B.22 C.12 D.237.已知点P在抛物线M:y2=4x上，过点P作圆C:x−22+y2=1的切线，切点为A，若点P到M的准线的距离为5，则切线长PA为(    )A.4 B.17 C.6 D.198.在一个数列中，如果∀n∈N∗，都有anan+1an+2=k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积.已知数列an是等积数列，且a1=1,a2=2，公积为8，则a1+a2+⋯+a2024=(    )A.4719 B.4721 C.4723 D.4724二、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.若圆C1:x2+y2−4x−32=0与圆C2:(x+2)2+(y+3)2=m有且仅有一条公切线，则m的值可能为(    )A.1 B.121 C.36 D.12610.已知直线l：kx+2y−3k−2=0，则下列选项正确的是(    )A.当直线l与直线x+2y+2=0平行时，k=1B.当直线l与直线x+2y+2=0垂直时，k=4C.当k=2时，直线l的倾斜角为135°D.原点到直线l的距离最大值为1011.如图，四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，SA=AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则(    )A.OM⊥APB.存在点M，使OM//平面SBCC.存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知a=2,−1,3，b=−4,2,−x，且a/​/b，则x=          ．13.首项为1的等比数列an中，4a1，2a2，a3成等差数列，则公比q=          ．14.已知点A,B,C是离心率为2的双曲线Γ:x2a2−y2b2=1a>0,b>0上的三点，直线AB，AC，BC的斜率分别是k1,k2,k3，点D,E,F分别是线段AB,AC,BC的中点，O为坐标原点，直线OD,OE,OF的斜率分别是k1′,k2′,k3′，若1k1′+1k2′+1k3′=5，则k1+k2+k3=          ．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)已知数列an为等差数列，a2=11，a5=5．(1)求数列an的通项公式；(2)−100是数列an中的项吗?如果是，是第几项?如果不是，请说明理由；(3)求数列an前n项和的最大值．16.(本小题12分)如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，点E在CC1上，且C1E=3EC．(1)证明：A1C⊥平面BED；(2)求二面角A1−DE−B的大小的正切值．17.(本小题12分)在平面直角坐标系Oxy中，双曲线x23−y2=1的右焦点与抛物线C：y2=2pxp>0的焦点重合．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线l：y=2x−1与C相交于M，N两点，F是C的焦点，求▵FMN的周长．18.(本小题12分)已知数列an的前n项和为Sn，a1=32，Sn=2an+1−3．(1)求数列an的通项公式；(2)若bn=n+1an，求数列bn的前n项和Tn；(3)若cn=n2+nan，求使cn取得最大值时的n的值．19.(本小题12分)已知O为坐标原点，椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的两个顶点坐标为(2,0)和(−2,0)，短轴长为2．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l1过椭圆右焦点F2，与椭圆C交于P，Q两点，若OP⋅OQ=−3，求直线l1的方程；(3)若直线l2的斜率为12，与椭圆C交于M，N两点，记以OM，ON为直径的圆的面积分别为S1，S2，▵OMN的面积为S，求SS1+S2的最大值．参考答案1.C 2.A 3.B 4.C 5.A 6.A 7.D 8.B 9.AB 10.ACD 11.ABD 12.6 13.2 14.15 15.解：(1)因为数列an为等差数列，且a2=11，a5=5，则a1+d=11a1+4d=5,解得a1=13，d=−2，an=13+n−1×−2=−2n+15．(2)令−100=−2n+15，得n=1152，又n=1152∉N∗，故−100，不是数列an的项．(3)法1：Sn=13n+nn−12×−2=−n2+14n=−n−72+49，所以当n=7时，Sn取最大值，最大值为49．法2：因为d<0，所以数列an单调递减，令an=15−2n≥0，得n≤152，又由n∈N∗，故前7项均为正数，a8=−1，所以前7项和最大，S7=13×7+7×62×−2=49． 16.解：(1)以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D−xyz．依题设，B2,2,0，C0,2,0，E0,2,1，A12,0,4．DE=(0,2,1)，DB=(2,2,0)，A1C=(−2,2,−4)，DA1=(2,0,4)因为A1C⋅DB=0，A1C⋅DE=0，故A1C⊥BD，A1C⊥DE．又DB∩DE=D，所以A1C⊥平面DBE．(2)设向量n=(x,y,z)是平面DA1E的法向量，则n⊥DE，n⊥DA1．故2y+z=0，2x+4z=0．令y=1，则z=−2，x=4，n=(4,1,−2)．A1C是平面DEB的法向量，cosn,A1C=n⋅A1C|n//A1C|=1442，∴tann,A1C=55，由图知二面角A1−DE−B为锐二面角，所以二面角A1−DE−B的大小的正切值为55． 17.解：(1)在双曲线x23−y2=1中，a2=3，b2=1，所以c2=a2+b2=4，即c=2，在抛物线C：y2=2pxp>0中，由题意得p2=c=2，即p=4，所以抛物线C的方程是y2=8x．(2)由y=2x−1y2=8x消去y并整理得4x2−12x+1=0，设Mx1,y1、Nx2,y2，则▵=−122−16=128>0，由韦达定理可得x1+x2=3，x1x2=14，所以MF+NF=x1+x2+p=x1+x2+4=7，MN=1+22⋅x1+x22−4x1x2=5⋅32−1=210，所以▵FMN的周长为MN+MF+NF=7+210． 18.解：(1)因为S1=2a2−3且S1=a1=32，所以a2=94，由Sn=2an+1−3，可得：Sn−1=2an−3n≥2，两式相减得：an=Sn−Sn−1=2an+1−2an，因为an≠0，所以n≥2，an+1an=32，又a2a1=32，综上，n≥1，an+1an=32，所以an是首项和公比均为32的等比数列．∴an=a1×qn−1=32n．(2)由题意，bn=n+132n，Tn=2×321+3×322+4×323+⋅⋅⋅+n+1×32n①32Tn=2×322+3×323+4×324+⋅⋅⋅+n+1×32n+1②①−②得−12Tn=3+322+323+⋅⋅⋅+32n−n+132n+1=3+94×1−32n−11−32−n+132n+1=−32+92×32n−1−n+132n+1=−32+1−n32n+1∴Tn=3+2n−132n+1(3)由(1)可得，所以cn=23nn2+n，n≥2时，由cncn−1=2n2+n3n2−n=2n+13n−1>1，可得n<5；当n<5时，c15时，c5>c6>c7>⋅⋅⋅，当n=4时，c4=23442+4=32081，当n=5时，c5=23552+5=32081，所以c4=c5，所以c1c6>c7>⋅⋅⋅，综上，n=4或n=5时，cn取得最大值32081． 19.解：(1)由已知两个顶点坐标为(−2,0)和(2,0)，得a=2，由短轴长为2，得b=1，则椭圆方程C：x24+y2=1．(2)易知F23,0，当直线l1的斜率为0时，不妨设P2,0，Q−2,0，则OP⋅OQ=−4，不满足题意；当直线l1的斜率不为0时，设直线l1的方程为x=ty+3，Px1,y1，Qx2,y2；联立直线与椭圆方程x24+y2=1x=ty+3，消去x可得t2+4y2+23ty−1=0，易知Λ>0，由韦达定理可得y1+y2=−23tt2+4，y1y2=−1t2+4；所以OP⋅OQ=x1x2+y1y2=t2+1y1y2+3ty1+y2+3=−t2+1t2+4−6t2t2+4+3=−4t2+11t2+4=−3，解得t=±23，所以x=±23y+3，即x+23y−3=0或x−23y−3=0，综上，直线l1的方程为x+23y−3=0或x−23y−3=0．(3)设直线MN的方程为y=12x+m，Mx3,y3，Nx4,y4，由x24+y2=1y=12x+m，消去y得x2+2mx+2m2−2=0，Δ=2m2−42m2−2=−4m2+8>0，即m2<2，则x3+x4=−2m，x3x4=2m2−2，所以MN=1+122⋅x3−x4=52x3+x42−4x3x4=52−2m2−42m2−2=5⋅2−m2点O到直线MN的距离d=m1+122=25m5，所以S=12MN⋅d=125⋅2−m2⋅25m5=2−m2⋅m，又x324+y32=1，x424+y42=1，所以S1+S2=π4x32+y32+x42+y42=π434x32+34x42+2=3π16x3+x42−2x3x4+π2=3π16−2m2−22m2−2+π2=5π4，所以SS1+S2=5π42−m2⋅m=5π4−m4+2m2=5π4−m2−12+1则当m2=1即m=±1时，SS1+S2取最大值为5π4．