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2025-2026学年安徽省滁州市定远县育才学校高二（下）期中数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.已知平面向量满足，则向量的夹角为（　　）
A. B. C. D.
2.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P，Q分别为平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，则点B到平面APQ的距离为（　　）
A. B. C. D.
3.已知点M（3，0）关于直线x-y-1=0的对称点为P，经过点P作直线l,若直线l与连接A（-7，1），B（5，8）两点的线段总有公共点，则直线l的斜率k的取值范围为（　　）
A. B.
C. D.
4.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱A1D1的中点，则=（　　）
A. 4
B. 5
C. 6
D.
5.已知直线l：ax+by+1=0，圆C：x2+y2+4x+2y+1=0，若圆C上存在两点关于直线l对称，则（a-2）2+（b-7）2的最小值是（　　）
A. 5 B. C. D. 20
6.已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，斜率为k的直线l经过点F，并且与抛物线C交于A、B两点，与y轴交于点M，与抛物线的准线交于点N，若，则k=（　　）
A. B. C. D.
7.如图，已知F1、F2双曲线的左、右焦点，A、B为双曲线上关于原点对称的两点，且满足，则双曲线的离心率为（　　）
A.
B.
C.
D.
8.两个等差数列{an}和{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，且，则=（　　）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.在平面直角坐标系xOy中，圆C：（x-2）2+（y-2）2=8，直线l：ax+y+1-a=0（a∈R）与圆C相交于不同的两点A、B，且弦AB的中点为Q，则下列选项正确的有（　　）
A. 弦长|AB|的最大值为
B. 实数a的取值范围为
C. 若P（1，-1），则
D. 存在定点D，使得|DQ|为定值
10.设等比数列{an}的公比为q（q≠0），则下列结论不正确的是（　　）
A. 数列{anan+1}是公比为q的等比数列 B. 数列{an+an+1}是公比为q的等比数列
C. 数列{an-an+1}是公比为q的等比数列 D. 数列是公比为的等比数列
11.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，点M满足，λ∈[0，1]，点N是线段CB1的中点，则下列说法正确的是（　　）
A. 当时，
B. 点P是底面ABCD上的动点，且PD1⊥B1C，则|PD1|最大值为
C. AC1的中点到平面B1CD1的距离为
D. BM与平面DD1C1C所成角的正弦值的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3=，S6=，则a8= ．
13.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=BC=2，AA1=1，E为B1C1的中点，则异面直线BD与CE所成角的大小为 .
14.已知椭圆的右焦点为F，P，Q在椭圆上且关于原点对称，则的取值范围是 .
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。
15.(本小题13分)
设等比数列{an}满足a1+a2=4，a3-a1=8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm+Sm+1═Sm+3，求m．
16.(本小题15分)
已知圆C经过点A（5，-2）和B（3，2），且圆心C在直线l1：x-y-2=0上.
（1）求圆C的标准方程；
（2）已知过点M（-3，-3）的直线l2被圆C所截得的弦长为8，求直线l2的方程；
（3）圆C关于直线y=-1的对称圆是圆Q，设M（x1，y1）、P（x2，y2）是圆Q上的两个动点，点M关于原点的对称点为M1，点M关于x轴的对称点为M2，如果直线PM1、PM2与y轴分别交于（0，m）和（0，n），问m n是否为定值？若是求出该定值；若不是，请说明理由.
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥ABCED中，底面ABCE是边长为2的正方形，棱DE=2，且DE⊥底面ABCE，点F∈CD，.
（1）证明：DA∥平面EFB；
（2）若点G∈BD，且，证明：BD⊥平面EFG；
（3）求平面BCD与平面BDE的夹角的大小.
18.(本小题17分)
已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与C交于A，B两点，△AOB（点O为坐标原点）的面积为2.
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）若过点E（0，a）（a＞0）的两直线l1，l2的倾斜角互补，直线l1与抛物线C交于M，N两点，直线l2与抛物线C交于P，Q两点，△FMN与△FPQ的面积相等，求实数a的取值范围.
19.(本小题17分)
已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，离心率，点P，Q分别是椭圆的右顶点和上顶点，△POQ的边PQ上的中线长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点H（-2，0）的直线交椭圆C于A，B两点，若AF1⊥BF1，求直线AB的方程；
（3）直线l1，l2过右焦点F2，且它们的斜率乘积为，设l1，l2分别与椭圆交于点C，D和E，F.若M，N分别是线段CD和EF的中点，求△OMN面积的最大值.
1.【答案】C
2.【答案】B
3.【答案】B
4.【答案】B
5.【答案】D
6.【答案】D
7.【答案】A
8.【答案】C
9.【答案】ABD
10.【答案】ABC
11.【答案】BD
12.【答案】32
13.【答案】60°
14.【答案】
15.【答案】解：（1）设公比为q，则由，
可得a1=1，q=3，
所以an=3n-1．
（2）由（1）有log3an=n-1，是一个以0为首项，1为公差的等差数列，
所以Sn=，
所以+=，m2-5m-6=0，
解得m=6，或m=-1（舍去），
所以m=6．
16.【答案】解：（1）因为圆心C在直线l1：x-y-2=0上，所以设C（a,a-2）．
又因为圆C经过点A（5，-2）和B（3，2），
所以（5-a）2+（-2-a+2）2=（3-a）2+（2-a+2）2，且半径r=，解得a=0，r=5，因此圆C的标准方程为x2+（y+2）2=25．
（2）解：因为直线l2被圆C所截得的弦长为8，所以由垂径定理得圆心C（0，-2）到直线l2的距离为．
①当直线l2的斜率不存在时，直线l2：x=-3满足要求；
②当直线l2的斜率存在时，不妨设直线l2的方程为y+3=k（x+3），即kx-y+3k-3=0，
由圆心C（0，-2）到直线l2的距离，解得，因此直线l2的方程为4x+3y+21=0．
综上所述，直线l2的方程为4x+3y+21=0或x=-3．
（3）解：因为C（0，-2）关于直线y=-1的对称点为（0，0），而圆C关于直线y=-1的对称圆是圆Q，所以圆Q的方程为x2+y2=25．
因为点M（x1，y1）关于原点和x轴的对称点分别为M1、M2，
所以M1（-x1，-y1）、M2（x1，-y1）．
又因为P（x2，y2），当x1=x2时，点M2的坐标为M2（x2，-y1），则直线PM2与x轴垂直，不满足题意，所以x1≠x2．
当x1=-x2时，点M1的坐标为M1（x2，-y1），则直线PM1与x轴垂直，不满足题意，所以x1≠-x2，
因此直线PM1的方程为，直线PM2的方程为．
在方程中，令x=0得，即．
在方程中，令x=0得，．
又因为M（x1，y1）、P（x2，y2）是圆Q上的两个动点，
所以，，
因=，
因此m n为定值．
17.【答案】证明见解析； 证明见解析； ．
18.【答案】解：（Ⅰ）因为焦点F（，0），
所以A，B的坐标分别为（，p），（，-p），
所以S△AOB= 2P =2，解得p=2，
所以抛物线的方程为y2=4x．
（Ⅱ）由题意可知直线l1，l2的斜率存在，且不为0，设直线l1：x=t（y-a），
设点M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，得y2-4ty+4at=0，
所以△1=16t2-16at＞0，
所以y1+y2=4t，y1y2=4at，
所以|MN|=|y1-y2|==4，
焦点F到直线l1的距离d==2|1+ta|，
所以S△FMN=×4×=2|1+ta|，
设直线l2的方程为x=-t（y-a），
联立抛物线的方程，可得△2=16t2+16at＞0，
将t用-t代换，可得S△FPQ=2|ta-1|，
由S△FMN=S△FPQ，可得2|1+ta|=2|ta-1|，
化简可得=||，
两边平方得，t2=，
所以2-a2＞0，解得0＜a＜，
又由△1＞0且△2＞0，得t＜-a或t＞a，可知t2＞a2，
所以＞a2，即（a2-1）2＞0，所以a≠1，
所以实数a的取值范围是（0，1）∪（1，）．
19.【答案】解：（1）由题意，因为P（a,0），Q（0，b），△POQ为直角三角形，
所以．
又，所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由（1）知，F1（-1，0），显然直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=k（x+2）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去y得，（1+2k2）x2+8k2x+8k2-2=0，
所以Δ=（8k2）2-4（1+2k2）（8k2-2）=8（1-2k2）＞0，即．
且，
因为AF1⊥BF1，所以，
所以（-1-x1，-y1）（-1-x2，-y2）=0，即1+x1+x2+x1x2+y1y2=0，
所以1+x1+x2+x1x2+k（x1+2） k（x2+2）=0，
整理得，
即，
化简得4k2-1=0，即满足条件，
所以直线AB的方程为或，
即直线AB的方程为x-2y+2=0或x+2y+2=0．
（3）由题意，F2（1，0），
设直线l1的方程为y=k（x+1），C（x3，y3），D（x4，y4），
则直线l2的方程为，E（x5，y5），F（x6，y6），
联立消去y得（1+2k2）x2-4k2x+2k2-2=0，
所以，
所以，，
所以，
同理联立，消去y得（1+2k2）x2-2x+1-4k2=0，
所以，
所以，，
所以，
即MN的中点．
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以△OMN的面积最大值为．

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