重庆高二期末考试数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2025年01月试卷_0117重庆康德2026届高二期末考试（全）

2024 年秋高二(上)期末联合检测试卷 数学 参考答案 一、选择题 D G C 1~8 DAAB CCDC 1 1 8题提示：由题意截面EGF 则为正六边形，如图所示， A 1 B 1 F O 3 3 1 3 3 3 C 由面积为 ，6 a2  ，可得 D 2 2 2 2 A E B 其边长a 1，则正方体的棱长AB 2 ，因为DB 截面EFG，O为DB 的中点，也是截面EFG 1 1 O 6 6 的中心，且DO ，则使得PD  2的点P的轨迹 2 2 2 D 2 是以D为球心的球面与截面EFG的交线，以O为圆心，半径为 的圆，所以长度为 2 2 二、选择题 9．AC 10．ABC 11．ACD 11 题提示：由题意则有S 0，S 0，d 0 ，则有a 0，a 0 ，则当n2时，S 取最大值， 3 5 2 3 n a a 3a 5a 0，所有|a a |3a 4 5 2 3 4 5 2 三、填空题 2 12．0,1,1 13． 14．1 10 14题提示：由题意可知，动直线l :xkyk 0经过定点A(0， 1)， 1 动直线l :kx y2k 10经过定点B(2， 1)， 2 因为两直线l，l 始终垂直，点C是两条直线的交点， 1 2 所以有CACB，所以点C的轨迹方程是(x1)2  y2 2， b 所求 可以看成点C与点(1， 0)连线的斜率，由图象可得最小值为1． a1 四、解答题 15．（13分） 解：（1）a 2，S n2n，当n1时，S 2； 1 n 1 当n2时，S n12n1，S S 2n， n1 n n1 综上所述，a 2nn1； ……6分 n 高二（上）期末联合检测试卷（数学）第5页 共4页1 1  1 1  （2）b      n 4n21 2 2n1 2n1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  n 则T              ……13分 n 2 1 3 3 5 2n1 2n1 2 1 2n1 2n1 16．（15分） c2 1 解：（1）由题意可知椭圆C 过点(c,1)，则  1，得a b2 a2 c2， a2 b2 c 3 3 又因为e  得c  a2，∴a  4，b  2， a 2 4 x2 y2 椭圆C 的方程为  1； ……6分 16 4 （2）A(0，2)，设B(x ，y )，当直线AB斜率不存在时，B(0，2)， AB 4； 0 0 当AB斜率存在，设直线AB: y kx2， 与椭圆方程联立可得(4k2 1)x2 16kx0， 16k 16k 16 k2(k2 1) 则x  ，则|AB| 1k2 |x | 1k2  ， 0 4k2 1 0 4k2 1 4k2 1 t1 令t 4k2 1，t1，k2  ， 4 16 k2(k2 1) 4 t2 2t3 1 1 1 1 4 8 3 则|AB|  4 3 2 14 3(  )2   ， 4k2 1 t t2 t t 3 3 3 2 8 3 当t 3，k  时取等，综上， AB 最大值为 ……15分 2 3 17．（15分） 解：（1）作BE AD交AD于E,以B为坐标原点，BE，BC，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角 坐标系Oxyz，如图， 则A( 3,1,0)，B(0,0,0)，C(0,1,0)，D( 3,1,0)，P(0,0,2)  1  G为PC中点，故G0, ,1，  2      nPA0 设平面PAD的一个法向量为nx,y ,z ，所以  ， 1 1 1 nPD0    1  取平面PAD的法向量为n 2,0, 3 ，GP 0, ,1，  2  GPn 21 d   则G到平面PAD的距离为 ． ……7分 n 7     mPA0 （2）设平面PAB的一个法向量为mx ,y ,z ，所以  ， 2 2 2 mPB0 高二（上）期末联合检测试卷（数学）第6页 共4页  取平面PAB的法向量为m 1, 3,0 ，     nPC 0 设平面PCD的一个法向量为nx ,y ,z ，所以  ， 3 3 3 nPD0  取平面PCD的法向量为n0,2,1，   |mn| 15 则两向量所成夹角余弦值cos    ， |m||n| 5 10 故平面PAB与平面PCD夹角的正弦值sin ． ……15分 5 18．（17分） 解：（1）由题意当n1时a2 4a 5，∵a >0，∴解得a 1， 1 1 1 1 ∵a2 4S 94n①，∴当n>1时a2 4S 134n②， n n n1 n1 由①-②得a2 a2 4a 4，即(a 2)2 a2 ，则a 2a ， n n1 n n n1 n n1 当a 2a 时，则a  3,a 1，这与a <0矛盾， n n1 2 3 3 当a 2a 时满足a <0，即a a 2， n n1 3 n n1 则数列 a  是公差为2的等差数列， n 即数列 a  的通项公式a =32n； ……8分 n n （2）由（1）得a =32n，S =2nn2，∴2S na n，即集合A为正整数集， n n n n 依题意c cqn1，且数列 c  的各项都为正整数，则c >0,q>0， n 1 n 1 1 当0log c ，则c cqn1时，∵ n1  n  n ， n1 n n(n1) 1 1 由nqn1>0得n> ，必然存在n使n> 成立， q1 q1 c c c  故存在 n1  n ，这与 n为递减数列相矛盾，故q>1时不合题意， n1 n n  c c c  当q 1时，则 n  1 ，而 1为递减数列，故q 1时合题意， n n n 综上所述，等比数列 c  的公比q 1． ……17分 n 19．（17分） 解：（1）证明：设直线OP的倾斜角，直线OQ的倾斜角为，则. 高二（上）期末联合检测试卷（数学）第7页 共4页OP  OQ r x rcos xrcos  0 ， ， y rsin yrsin 0  xrcos xrcoscosrsinsin 则有     yrsin yrsincosrcossin xx cosy sin 所以 0 0 ……5分 yx siny cos 0 0 （2）设点Mx,y，点Px ,y ， 0 0      xx 0 cos  4   y 0 sin  4   由（1）的结论可得    yx sin y cos    0  4  0  4   2 2  2 x x  y x  xy  2 0 2 0  0 2 化简得   2 2  2 y x  y y  xy   2 0 2 0   0 2 1 2 1 因为点P在曲线y 上运动，所以 xy 2x 2 2xy 则点M 的轨迹方程：x2y2 1 ……11分 （3）由题意知F 为双曲线的右焦点，若A在x轴上面，过A,B两点分别向准线作垂线交准线于A,B， 过点B向AA作垂线交AA于点C， m 2m 设 BF m，则 AF 2m，由双曲线第二定义得 BB  ， AA  e e m m2 在RtABC中，AC ，AB3m，则BC= 9m2 e e2 m2 9m2 e2 所以tanBAC=  17， m e 所以直线l的方程为y 17x 34． 若点A在x轴下面，同理可得y 17x 34 直线l的方程为y 17x 34或y 17x 34 ……17分 高二（上）期末联合检测试卷（数学）第8页 共4页