浙江省名校协作体2024-2025学年高二下学期联考数学试卷

2024学年第二学期浙江省名校协作体联考参考答案高二年级数学学科命题：嘉兴一中金华一中审核：玉环中学一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.B2.B3.A4.C5.C6.A7.D8.C二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.ACD10.ACD11.AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.112.2313.214.[0,]2四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（1）当时，22，…………………………3分15.n2anSnSn1nn12n1当时，，符合上式，……………………………………………5分n1a1S11所以；…………………………………………………………………7分an2n111111（2）由（1）可知，，…………10分bnanan1(2n1)2n122n12n1111111n所以.……13分Tnb1b2bn123352n12n12n116.（1）曲线yx24x3与坐标轴的交点为(1,0),(3,0),(0,3)………………………3分由题意可设C的圆心坐标为(2,t)，所以(21)2(t0)2(20)2(t3)2，解得t2，……………………………………6分所以圆C的方程为(x2)2(y2)25.……………………………………………………7分（2）由题意得PCA60，在Rt△PCA中，PC2r25，…………………10分2设P(a,2a2)，则PC(a2)2(2a22)220，解得a0或a4，………13分所以点P的坐标为(0,2)或(4,6).……………………………………………………………15分17.（1）取PA中点F，连接EF,BF，由条件可知，EF是△PAD的中位线，11所以EFAD，又因为BCAD，所以EFBC，22所以四边形EFBC是平行四边形，……………………………………3分所以CEBF，又因为CE平面PAB，BF平面PAB，所以CE平面PAB；…………………………………………………6分（2）取AD中点O，连接PO,OC，由条件可知，在等腰直角三角形PAD中，PO1，{#{QQABSQahxgiQkBbACS5qAQUECgkQkJCgJcoERVCYKAQLAJFIFAA=}#}在直角梯形ABCD中，CO1，由PO2OC2PC2，故POOC，又因为POAD，AD,OC平面ABCD，ADCOO，所以PO平面ABCD，………………………………………………7分如图以O为坐标原点，分别以OA、OC、OP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则A1,0,0,B1,1,0,P0,0,1,C0,1,0,D1,0,0，……………………………………9分1131故E,0,，BC1,0,0,EB,1,,AB0,1,0,AP1,0,1，2222x0,1设平面的一个法向量为，则n1BC0,得EBCn1x1,y1,z131n1EB0,x1y1z10,22取，……………………………………………………………………………………分n10,1,211nAB0,y20,设平面PAB的一个法向量为nx,y,z，则2得2222n2AP0,x2z20,取，……………………………………………………………………………………分n21,0,113n1n210设平面EAB与平面PAB的夹角为，则cos，n1n2510即平面EAB与平面PAB夹角的余弦值为.…………………………………………………15分5c118.（1）由题意知：2a4，，解得a2，c1，故b2a2c23，a2x2y2所以椭圆C的方程为1.………………………………………………………………4分43（2）（i）由题可知A是MN的中点，即|AM||AN|，且OPOQ，11PA易知，故S11，故是的中点…………分S1PAAN，S2QAAMAOP.522S2QA3①当k0时，易知P(2,0),A(1,0)，此时t1；ykx，22②当k0时，由x2y2得(34k)x12，1，432323k33k由条件可知P(,),A(,)，34k234k234k234k23k13故直线MN的方程为：y(x)，…………………………………7分34k2k34k2{#{QQABSQahxgiQkBbACS5qAQUECgkQkJCgJcoERVCYKAQLAJFIFAA=}#}3(k21)由直线MN过点T(t,0)(t0)，故t．…………………………………………9分34k231k2由|OA|b可知|OA|3得kR，又k0，故k0，34k231此时令u34k2(u3)，则t(u)，当u(3,)时，t单调递减，故t1.4u综上，t取值范围是(,1]．……………………………………………………………………11分111（ii）由题得SSPAANQAAMAN(PAQA)ANOP，……12分1222223tt2由（ⅰ）可知2，，故，………分OP1kOAAN321434k21k21k233t23k23t233所以，当，即，为定值………分S1S2tS1S23.1734k2342．（）由题可知，，…………………分191c1a1b16,c2b2minc1,a1a21562，所以22…………………………………分P12,4,P23,1P1P2234110.4（）若，则，，2a112,b110,a22,b27c1a1b122c27min22,1421若，则，a12,b17,a212,b210c1a1b19c210min9,1419综上：的可能取值为或…………………………………………………………………分c22119.8（）当时，，3n2cnbnmincn1,a1a2anmincn1bn,a1a2anbn所以，，c1a1b1c2mina1b1b2,a1a2b2，c3mina1b1b2b3,a1a2b2b3,a1a2a3b3…c4mina1b1b2b3b4,a1a2b2b3b4,a1a2a3b3b4,a1a2a3a4b4即，cnmina1aibibi1bn1in故是下述“”型折线中的各数之和的最小值………………………………………………分cnZ.11下面尝试寻求的最大值，为了使得和尽量的大，上述“”型折线应该尽量经过较大的数字，c5Z故我们可以尝试下述填法：此时不难进一步得到下述填法：{#{QQABSQahxgiQkBbACS5qAQUECgkQkJCgJcoERVCYKAQLAJFIFAA=}#}……分c1a1b132,c2103242,c313839,c473946,c5124658.14下面我们证明是的最大值，设存在某种填法，使得，58c5c559情形一：若，则，矛盾，从而；a120c5a1b1b2b3b4b5a1+4254a120情形二：，则，此时填法如下a120b112从而，所以，所以，59c520a2b2b3b4b5a250a29a212（1）若填法为则，所以，所以，59c52012a3b3b4b550a3a39a312故填法如下：则，所以，矛盾，舍；59c5201212a4b4b552a4a47（2）若填法为同（1）可知此时不成立，舍；综上，的最大值为，且所有可能的填法如下：c558即取到最大值的如下：an,bn①，，a1,a2,a3,a4,a520,12,6,2,12b1,b2,b3,b4,b512,10,1,7,12②，，a1,a2,a3,a4,a520,12,6,12,2b1,b2,b3,b4,b512,10,1,12,7③，……………分a1,a2,a3,a4,a520,12,12,6,2b1,b2,b3,b4,b512,12,10,1,7.17{#{QQABSQahxgiQkBbACS5qAQUECgkQkJCgJcoERVCYKAQLAJFIFAA=}#}