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<q<1时，若n>log c ，则c cqn<cqlog q c 1 =c  1，
q 1 n1 1 1 1 c
1
即存在c <1，即存在c 不为正整数，故0<q<1时不合题意，
n1 n1
c c (nqn1)c
当q>1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