2023-2024学年甘肃省高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年甘肃省高二（上）期末数学试卷（含答案），共6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.直线2 3x−2y−1=0的倾斜角是( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.等差数列{an}的前n项和为Sn，a4+a5=10，则S8=( )
A. 10B. 20C. 30D. 40
3.已知F为抛物线C：x2=4y的焦点，O为原点，点M在抛物线C上，且|MF|=5，则△OMF的周长为( )
A. 6+4 2B. 7+4 2C. 10D. 11
4.有5名学生志愿者到2个小区参加疫情防控常态化宣传活动，每名学生只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法为( )
A. 10种B. 20种C. 30种D. 40种
5.《周髀算经》记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)，夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列.经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则大雪的日影子长为( )
A. 1尺B. 1.5尺C. 11.5尺D. 12.5尺
6.若直线(3a+2)x+ay+6=0和直线ax−y+3=0平行，则( )
A. a=0或a=−13B. a=−1或a=−2
C. a=−1D. a=−2
7.已知圆C：(x+1)2+y2=2，点P在直线l：x−y−3=0上运动，直线PA，PB与圆C相切，切点为A，B，则下列说法正确的是( )
A. |PA|的最小值为2 B. |PA|最小时，弦AB长为 6
C. |PA|最小时，弦AB所在直线的斜率为−1 D. 四边形PACB的面积最小值为 3
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若在C上存在点M，使得∠MF2F1=3∠MF1F2≠0，则双曲线C渐近线斜率的取值范围为( )
A. ( 2,2)B. (1, 3)
C. (1, 3]D. (− 3,−1)∪(1, 3)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知等差数列{an}的前n项和是Sn，且a90，则( )
A. a1>0B. a10>0C. S9>0D. Sn的最小值为S9
10.已知点M(1,0)关于直线mx−y+1=0(m∈R)的对称点N在直线x+y=0上，则实数m的值为( )
A. 3B. 2C. − 3D. −2
11.瑞士数学家伯努利于1694年发现了双纽线，即在平面直角坐标系xOy中，点P(x,y)到两个定点A(−a,0)，B(a,0)的距离之积等于a2(a>0)的点P的轨迹称为双纽线，则当a=1时，下列结论正确是( )
A. 点(2,0)在双纽线上
B. 点P的轨迹方程为(x2+y2)2=2(x2−y2)
C. 双纽线关于坐标轴对称
D. 满足|PA|=|PB|的点P有1个
12.已知椭圆C：x29+y25=1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆C于P，Q两点，则( )
A. 椭圆C上的点到F1的最短距离为2B. F2到直线l距离的最大值为4
C. |PF2|+|QF2|的最大值为263D. F1P⋅F1Q的取值范围为[−5,−259]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.直线l1过点(1,1)且与直线l2：6x−4y−3=0平行，则直线l1和l2之间的距离是______．
14.(2−1x)(1+x)6的展开式中x2的系数为______．
15.“莺啼岸柳弄春晴，柳弄春晴夜月明：明月夜晴春弄柳，晴春弄柳岸啼莺.”这是清代女诗人吴绛雪的一首回文诗，“回文”是汉语特有的一种使用语序回环往复的修辞手法，而数学上也有类似这样特征的一类“回文数”，如232，251152等，那么在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是偶数的“回文数”共有______个.
16.等比数列{an}的前n项和为Sn，下列结论正确的是______(填序号)．
①若a1=1，公比为12，则Sn0，
又S3=14a1=2，所以2+2q+2q2=14a1=2，解得q=2或q=−3(舍)，
所以an=a1qn−1=2n；
(2)证明：由(1)得：bn=1(lg22n+1)⋅(lg22n+1+1)=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=12−13+13−14+14−15+⋯+1n+1−1n+2=12−1n+2，
对于任意的n∈N∗有，Tn+1−Tn=12−1n+2−12+1n+1=1(n+1)(n+2)>0，
则数列{Tn}为递增数列，所以(Tn)min=T1=12−13=16，所以Tn≥16．
19.解：(1)设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，因为点A，B，C在圆M上，
所以6+1+ 6D+E+F=01+0+D+F+09+4+3D+2E+F=0，解得，D=0E=−6F=−1，
所以圆M的方程为x2+y2−6y−1=0，整理得圆M的标准方程为x2+(y−3)2=10；
(2)由题意，可知圆心(0,3)到直线l的距离d= 10−1=3．
若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x=3，符合题意；
若直线l的斜率存在，设斜率为k，则直线l的方程为y−2=k(x−3)，即kx−y−3k+2=0，
根据题意，可得|3k+1| 1+k2=3，解得k=43，所以直线l的方程为y−2=43(x−3)，即4x−3y−6=0，
综上所述，直线l的方程为x=3或4x−3y−6=0．
20.解：(1)证明：因为数列{ Sn}是等差数列，且a2=3a1，
所以 S1= a1, S2= a1+a2=2 a1，
所以{ Sn}的首项为 a1，公差为 S2− S1= a1，
所以 Sn= a1+(n−1) a1=n a1，所以Sn=n2a1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=a1[n2−(n−1)2]=(2n−1)a1，
所以an−an−1=(2n−1)a1−(2n−3)a1=2a1(常数)，
所以数列{an}是以2a1为公差的等差数列．
(2)由(1)知数列{an}是以2a1为公差的等差数列，
因为a1=1，所以公差为2，
所以an=1+(n−1)×2=2n−1，
由bnan=4n⋅3n−12n−1，所以bn=4n⋅3n−1，
所以Tn=4(1×30+2×31+3×32+⋯+n⋅3n−1)，
3Tn=4(1×31+2×32+3×33+⋯+n⋅3n)，
所以−2Tn=4[30+31+32+⋯+3n−1−n×3n]，
即−2Tn=4(1−3n−1×31−3−n×3n)，
化简可得−2Tn=4[(12−n)3n−12]，
所以Tn=(2n−1)×3n+1．
21.解：(1)由条件直线l：2x−y=0和圆C：x2+(y−4)2=1知：圆心(0,4)到直线l的距离d=|2×0−4| 22+(−1)2=4 55>r=1，
故直线l和圆C相离，则有圆C上任意一点M到直线l的最大距离为d+r=4 55+1；
(2)证明：设点P(a,2a)，
过点A，P，C三点的圆，即以PC为直径的圆，
其方程为x(x−a)+(y−4)(y−2a)=0，
x(x−a)+(y−4)(y−2a)=0与x2+(y−4)2=1相减得到直线的方程为(4−2a)y−ax+8a−15=0，
(4−2a)y−ax+8a−15=0为过A，P，C三点的圆与圆C的公共弦所在直线方程，
整理得a(−x−2y+8)+4y−15=0；
由于4y−15=0−x−2y+8=0，解得x=12y=154，
故点P(12,154)，
即经过A，P，C三点的圆与圆C的公共弦必过定点P(12,154).
22.解：(1)因为椭圆C的焦点在y轴上，且长轴长为4，离心率为 32，
a=2，c= 3，又b2+c2=a2=4，所以b=1，
所以椭圆C的方程为x2+y24=1．
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y=kx+14x2+y2=4，得(k2+4)x2+2kx−3=0，Δ=(2k)2+12(k2+4)=16k2+48>0，
x1+x2=−2k4+k2，x1x2=−34+k2，
|MN|= 1+k2×4 3+k24+k2，
点P(0,−3)到直线l：y=kx+1的距离为4 1+k2，
所以△PMN面积为12× 1+k2×4 3+k24+k2×4 1+k2=8 3+k24+k2
令t= 3+k2，则t≥ 3，k2=t2−3，
所以S△PMN=8tt2+1=8t+1t在[ 3,+∞)单调递减，
所以当t= 3时，S△PMN取最大值，最大值为2 3．