2023-2024学年河南省周口恒大中学高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省周口恒大中学高二（下）期末数学试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在数列{an}中，a1=1，an=22an−1−1(n≥2,n∈N∗)，则a3=( )
A. 6B. 2C. 23D. 211
2.在等比数列{an}中，a1，a8是方程3x2+2x−6=0的两个根，则a4⋅a5=( )
A. −6B. −2C. −23D. 2
3.我们把由半椭圆x2a2+y2b2=1(x≥0)与半椭圆y2b2+x2c2=1(x<0)合成的曲线称作“果圆”(其中a2=b2+c2，a>b>c>0).如图，设点F0，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1、A2和B1、B2是“果圆”与x，y轴的交点，若△F0F1F2是边长为1的等边三角形，则a，b的值分别为( )
A. 5，4
B. 3，1
C. 5，3
D. 72，1
4.函数y=23 x3+1在x=3处的切线的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
5.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P是棱CC1上一动点，点O是面AC的中心，则AP⋅AO的值为( )
A. 4B. 2 2C. 2D. 不确定
6.若函数f(x)=(x−2)ex−a2x2+ax(a∈R)在x=1处取得极小值，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,0)B. (0,e)C. (−∞,e)D. (e,+∞)
7.已知过抛物线x2=4y焦点F的直线l交抛物线于M，N两点，则4|MF|−9|NF|的最小值为( )
A. −2 2B. 2C. 2 2D. 3
8.函数y=(x−2)ex+m在[0,2]上的最小值是2−e，则最大值是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
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.已知直线l： 3x+y−2=0，则下列选项中正确的有( )
A. 直线l在y轴上的截距是2B. 直线l的斜率为 3
C. 直线l不经过第三象限D. 直线l的一个方向向量为v=(− 3,3)
10.将n2个数排成n行n列的一个数阵，如下所示，该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a1,1=2，a1,3=a6,1+1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有( )
a1,1a1,2a1,3⋯⋯a1,na2,1a2,2a2,3⋯⋯a2,na3,1a3,2a3,3⋯⋯a3,n⋯⋯ an,1an,2an,3⋯⋯an,n
A. m=3B. a6,7=17×37
C. ai,j=(3i−1)×3j−1D. S=14n(3n+1)(3n−1)
11.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若棱长为1，点E，F分别为线段B1D1、BC1上的动点，则下列结论正确结论的是( )
A. DB1⊥面ACD1
B. 面A1C1B/​/面ACD1
C. 点F到面ACD1的距离为定值 33
D. 直线AE与面BB1D1D所成角的正弦值为定值13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若方程x22m+y2m−2=1表示焦点在x轴上的双曲线，则m的取值范围是______．
13.已知数列{an}的前项和为Sn，Sn=4n−3.则数列{an}的通项公式为______．
14.在圆(x−2)2+y2=4上有且仅有两个点到直线3x+4y+a=0的距离为1，则a的取值范围为 ．
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)
已知数列{an}满足a1=1，an+13an=1+1n．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
16.(本小题15分)
已知光线经过已知直线l1：3x−y+7=0和l2：2x+y+3=0的交点M，且射到x轴上一点N(1,0)后被x轴反射．
(1)求反射光线所在的直线l3的方程；
(2)求与l3距离为 10的直线方程．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=aexx−x+lnx．
(1)当a=1时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥−1在[1,+∞)上恒成立，求a的取值范围．
18.(本小题17分)
已知抛物线C1的顶点是双曲线C2：x2−4ky2=4的中心，而焦点是双曲线的左顶点，
(1)当k=1时，求抛物线C1的方程；
(2)若双曲线的离心率e= 62，求双曲线的渐近线方程和准线的方程．
19.(本小题17分)
如图，点M是圆A：x2+(y+1)2=16上任意点，点B(0,1)，线段MB的垂直平分线交半径AM于点P，当点M在圆A上运动时．
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)BQ//x轴，交轨迹E于Q点(Q点在y轴的右侧)，直线l：x=my+n与E交于C，D(l不过Q点)两点，且CQ与DQ关于BQ对称，则直线l具备以下哪个性质？证明你的结论？
①直线l恒过定点；
②m为定值；
③n为定值．
答案解析
1.C
【解析】解：∵an=22an−1−1(n≥2,n∈N∗)，a1=1，∴a2=22a1−1=2，a3=22a2−1=23．
故选：C．
2.B
【解析】解：∵等比数列{an}中，a1、a8是方程3x2+2x−6=0的两个根，
∴a4a5=a1a8=−63=−2．
故选：B．
3.D
【解析】解：由题意可得|OF2|= b2−c2=12，
|OF0|=c= 3|OF2|= 32，解得b=1，
又a2=b2+c2=1+34=74，得a= 72，即a= 72，b=1．
故选：D．
4.B
【解析】解：由题意可得：y=23 x3+1=23x32+1，
则y′= x，可得y′|x=3= 3，
所以函数y=23 x3+1 在x=3处的切线的斜率k= 3，倾斜角为α=π3．
故选：B．
5.A
【解析】解：建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，P(0,2,x)(0≤x≤2)，O(1,1,0)，
∴AP=(−2,2,x)(0≤x≤2)，AO=(−1,1,0)，
∴AP⋅AO=−2×(−1)+2×1=4．
故选：A．
6.C
【解析】解：∵f(x)=(x−2)ex−a2x2+ax(a∈R)，则函数f(x)的定义域为R，
则f′(x)=ex+(x−2)ex−ax+a=(x−1)(ex−a)，
①a≤0时，ex−a>0，令f′(x)>0，解得：x∈(1,+∞)，令f′(x)<0，解得：x∈(−∞,1)，
此时函数f(x)在x=1处取得极小值，符合题意；
②a>0时，令f′(x)=0，解得：x=1或x=lna，
当lna>1时，即a>e，令f′(x)>0，解得：x∈(−∞,1)⋃(lna,+∞)，令f′(x)<0，解得：x∈(1,lna)，
此时函数f(x)在x=1处取得极大值，不符合题意，舍去；
当lna=1时，即a=e，则f′(x)=(x−1)(ex−a)≥0恒成立，此时函数f(x)单调递增，没有极值，不符合题意，舍去；
当lna<1时，即a0，解得：x∈(−∞,lna)⋃(1,+∞)，令f′(x)<0，解得：x∈(lna,1)，
此时函数f(x)在x=1处取得极小值，符合题意．
故选：C．
7.D
【解析】解：因为抛物线x2=4y的焦点F的坐标为(0,1)，
易知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=kx+1，
联立y=kx+1x2=4y，消去y并整理得x2−4kx−4=0，
此时Δ=16k2+16>0，
设M(x1,y1)(y1>0)，N(x2,y2)(y2>0)，
由韦达定理得x1+x2=4k，x1x2=−4，
所以y1y2=1，
由抛物线定义得|MF|=y1+1，|NF|=y2+1，
所以4|MF|−9|NF|=4(y1+1)−9y2+1=4y1y2+4(y1+y2)−5y2+1=4(y1+y2)−1y2+1
=4+4y1−5y2+1=4+4y1−51y1+1=4+4y12−5y1y1+1，
令y1+1=t，t>1，
此时4+4y12−5y1y1+1=4+4t2−13t+9t=4t+9t−9≥2 4t×9t−9=3，
当且仅当4t=9t，即t=32时取得最小值，最小值为3．
故选：D．
8.B
【解析】解：y′=ex+(x−2)ex=(x−1)ex，
因为x∈[0,2]，
所以当x∈[0,1)时，y′<0，当x∈(1,2]时，y′>0，
所以函数在[0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，
所以函数在x=1处取得最小值，根据题意有−e+m=2−e，
所以m=2，
当x=0时，y=−2+2=0，当x=2时，y=0+2=2，
所以其最大值是2．
故选：B．
9.ACD
【解析】解：对于A，直线方程可变为y=− 3x+2，截距是2，故A正确；
对于B，斜率k=−AB=− 3，故B错误；
对于C，由直线方程y=− 3x+2可知，故直线l不经过第三象限，故C正确；
对于D，该直线的一个方向向量为(1,− 3)，与v=(− 3,3)平行，故D正确．
故选：ACD．
10.ACD
【解析】解：由题意，该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列，且a1,1=2，a1,3=a6,1+1，
对于A，可得a1,3=a1,1m2=2m2,a6,1=a1,1+5d=2+5m，所以2m2=2+5m+1，解得m=3或m=−12(舍去)，所以选项A是正确的；
对于B，又由a6,7=a6,1m6=(2+5×3)×36=17×36，所以选项B不正确；
对于C，由ai,j=ai,1mj−1=[(a1,1+(i−1))×m]×mj−1=[2+(i−1)×3]×3j−1=(3i−1)×3j−1，所以选项C是正确的；
对于D，由这n2个数的和为S，则S=(a1,1+a1,2+⋯+a1,n)+(a2,1+a2,2+⋯+a2,n)+⋯+(an,1+an,2+⋯+an,n)
=a1,1(1−3n)1−3+a2,1(1−3n)1−3+⋯+an,1(1−3n)1−3=12(3n−1)(2+3n−1)2=14n(3n+1)(3n−1)，所以选项D是正确的．
故选：ACD．
11.ABC
【解析】解：对于A，连接DB，可得DB⊥AC，又AC⊥B1B，可得AC⊥平面B1BD，
可得AC⊥B1D，同理可得AD1⊥B1D，进而得到DB1⊥面ACD1，故A正确；
对于B，由AC//A1C1，AC⊂平面ACD1，AC⊄平面A1C1B，
可得AC//平面A1C1B，
同理可得，CD1//平面A1C1B，进而得到面A1C1B//面ACD1，故B正确；
对于C，由BC1//平面ACD1，
可得B到面ACD1的距离即为点F到面ACD1的距离，
设d为F到面ACD1的距离，
由VB−ACD1=VD1−ABC，即有13×1×12×1×1=13d⋅12⋅ 34⋅( 2)2，
解得d= 33，故C正确；
对于D，由E为动点，AE长不确定，A到平面BB1D1D的距离为定值 22，
则AE与面BB1D1D所成角的正弦值不为定值，故D错误．
故选：ABC．
12.(0,2)
【解析】解：方程x22m+y2m−2=1表示焦点在x轴上的双曲线，
可得：2m>0m−2<0，解得m∈(0,2)．
故答案为：(0,2)．
13.an=1,n=13×4n−1,n≥2
【解析】解：根据题意，数列{an}的前项和Sn=4n−3，①
则当n≥2时，Sn−1=4n−1−3，②
①−②可得：an=Sn−Sn−1=3×4n−1，(n≥2)
当n=1时，a1=S1=4−3=1，不符合an=3×4n−1，
故an=1,n=13×4n−1,n≥2；
故答案为：an=1,n=13×4n−1,n≥2
14.(−21,−11)∪(−1,9)
【解析】解：圆(x−2)2+y2=4的圆心坐标为(2,0)，半径为2．
圆心到直线的距离：d=|6+a| 32+42=|6+a|5，
圆(x−2)2+y2=4上有且仅有两个点到直线3x+4y+a=0的距离为1，
可得即1<|6+a|5<3，
解得a∈(−21,−11)∪(−1,9)，
故答案为：(−21,−11)∪(−1,9)．
15.解：(1)由an+13an=1+1n，得an+1n+1=3×ann，
又a11=1，∴{ann}是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴ann=3n−1，an=n×3n−1，
即数列{an}的通项公式为an=n×3n−1．
(2)由(1)知，an=n×3n−1，
则Sn=1×30+2×31+⋅⋅⋅+n×3n−1，①
①×3得3Sn=1×31+2×32+⋅⋅⋅+n×3n，②
①−②得−2Sn=1+31+32+⋅⋅⋅+3n−1−n×3n
=1−3n1−3−n×3n=3n−12−n×3n，
故Sn=(2n−1)×3n+14．
【解析】(1)利用递推式得出{ann}是以1为首项，3为公比的等比数列，求出ann=3n−1，进而求解an即可．
(2)利用错位相减法求解数列前n项和即可．
16.解：(1)由3x−y+7=02x+y+3=0，解得x=−2y=1，
所以点M(−2,1)，又N(1,0)，
所以kMN=1−0−2−1=−13，
所以反射光线所在的直线l3的斜率为13，
所以反射光线所在的直线l3的方程为y=13(x−1)，即x−3y−1=0；
(2)由题可设所求直线方程为x−3y+c=0，则|c+1| 12+(−3)2= 10，
解得c=9或c=−11，
所以与l3距离为 10的直线方程为x−3y+9=0或x−3y−11=0．
【解析】(1)由题可得M(−2,1)，可求得kMN=−13，然后结合条件及直线的点斜式即得；
(2)根据平行线间距离公式即得．
17.解：(1)f′(x)=(x−1)exx2−1+1x=x−1x2(ex−x)．
令ℎ(x)=ex−x，x∈(0,+∞)，则ℎ′(x)=ex−1>0，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，ℎ(x)>ℎ(0)=1，即ex>x．
故在(0,1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；
在(1,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)f′(x)=a(x−1)exx2−1+1x=(x−1)exx2(a−xex)，x∈[1,+∞)，
令g(x)=xex，x∈[1,+∞)，g′(x)=1−xex，
故在[1,+∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，易得g(x)∈(0,1e]．
当a≥1e时，f′(x)≥0，函数f(x)在[1,+∞)上单调递增，f(x)min=f(1)=ae−1≥−1，
解得a≥0，故a≥1e．
当a≤0时，f′(x)≤0，函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，f(1)<−1，不符合题意．
当0则函数f(x)在(1,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增．
所以f(x)min=f(x0)=aex0x0−x0+lnx0=1−x0+lnaex0=1+lna≥−1，
解得a≥e−2，即1e>a≥1e2．
综上，a≥1e2．
【解析】(1)求出导函数，构造函数ℎ(x)=ex−x，利用函数的导数判断函数的单调性，然后转化推出f(x)的单调性即可．
(2)求出导函数，令g(x)=xex，求出导函数，g′(x)=1−xex，判断函数的单调性求解函数f(x)最小值，推出ae−1≥−1，得到a的范围．当a≤0时，说明不符合题意；当018.解 (1)k=1，可得：C2：x24−y2=1，
∴a=2，
∴F1(−2,0)
设抛物线C1的方程为y2=−2px(p>0)，
则p2=2，∴p=4，
∴y2=−8x．
(2)由a2=4,b2=1k，
∴c2=4+1k，
∴c2a2=32，
∴4+1k4=32，
解得k=12，
∴C2：x24−y22=1，
∴双曲线的渐近线方程为y=± 22x，
准线方程为x=±2 63．
【解析】(1)把双曲线的方程化为标准方程可得左顶点，即可得到抛物线的基焦点及其p，即可得出抛物线的方程；
(2)由a2=4,b2=1k，c2=4+1k，利用离心率计算公式可得k，即可得出双曲线的标准方程、渐近线方程与准线方程．
19.解：(1)如图，由⊙A方程，得A(0,−1)，半径r=4，

∵P在BM的垂直平分线上，∴PM=PB，
所以|PA|+|PB|=|PA|+|PM|=|AM|=4>|AB|=2，
∴P的轨迹E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，
由2a=4，则a=2，c=1，b2=3，
∴点P的轨迹E的方程为y24+x23=1．
(2)∵直线l与轨迹E交于C，D两点，设C(x1y1)D(x2y2)，如图，

x=my+ny24+x23=1消x得y24+(my+n)23=1，
整理得(3+4m2)y2+8mny+4n2−12=0，
y1+y2=−8mn3+4m2y1y2=4n2−123+4m2，
因为CQ与DQ关于BQ对称，BQ//x轴，
所以kCQ+kDQ=0，Q(32 1)，x1≠32，x2≠32，
y1−1x1−32+y2−1x2−32=0，即(y1−1)(x2−32)+(y2−1)(x1−32)=0，
∵x1=my1+n，x2=my2+n，
则2my1y2+(n−m−32)(y1+y2)−2n+3=0，
2m4n2−123+4m2+(n−m−32)(−8mn3+4m2)−2n+3=0，
即4m2+(4n−8)m−2n+3=0，
即(2m−1)(2m+2n−3)=0，
若2m+2n−3=0，点Q(32 1)满足l：x=my+n，即C，D，Q三点共线，不合题意，
∴2m−1=0，即m=12，
∴直线l中m为定值12．
【解析】(1)根据题意得P的轨迹E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，进而根据椭圆的定义求解即可；
(2)根据题意kCQ+kDQ=0，再设C(x1y1)D(x2y2)，进而直线l与椭圆联立方程，结合韦达定理得整理得(2m−1)(2m+2n−3)=0，再根据C，D，Q三点不共线得m=12．