2024-2025学年天津市五区县重点校高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年天津市五区县重点校高二（上）期末数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.在空间直角坐标系中，点P(2,3,4)关于平面xOz对称的点的坐标为( )
A. (2,3,4)B. (−2,3,4)C. (2,−3,4)D. (−2,−3,4)
2.若直线l的一个方向向量为v=(−3, 3)，则该直线的倾斜角大小为( )
A. 60°B. 30°C. 150°D. 120°
3.已知数列{an}的前n项和Sn=n2−2n，则a3+a4+a5等于( )
A. 12B. 15C. 18D. 21
4.以直线l：x+(m+2)y−3−m=0恒过的定点为圆心，半径为 2的圆的方程为( )
A. x2+y2−2x−2y=2B. x2+y2−2x−2y=1
C. x2+y2−2x−2y+1=0D. x2+y2−2x−2y=0
5.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>b>0)的两条渐近线之间的夹角小于π3，则双曲线的离心率的取值范围是( )
A. (1, 2)B. (1,2 33)
C. (2,+∞)D. (1,2 33)∪(2,+∞)
6.定义abcd=ad−bc，已知数列{an}为等比数列，且a3=1，a699a8=0，则a7=( )
A. 3B. ±3C. 9D. ±9
7.已知椭圆C：x23+y22=1的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：(x−5)2+(y−3)2=4上任意一点，则|MN|−|MF1|的最小值为( )
A. 3+2 3B. 3−2 3C. 5−2 3D. 2+2 3
8.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与抛物线y2=4x交于点A，点B是抛物线的准线上一点，抛物线的焦点F为双曲线的一个焦点，且△ABF为等边三角形，则双曲线的方程为( )
A. 7x23−7y24=1B. 7x24−7y23=1C. 3x27−4y27=1D. 7x212−7y216=1
9.如果数列{an}对任意的n∈N∗，an+2−an+1>an+1−an，则称{an}为“速增数列”，若数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=3，ak=456，则正整数k的最大值为( )
A. 27B. 28C. 29D. 30
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.两条直线l1：x−2y+1=0与l2：2x−4y−8=0之间的距离为______．
11.已知圆C1：x2+y2=4与圆C2：x2+y2−8x+6y+m=0外切，此时直线1：3x+4y+5=0被圆C2所截的弦长为______．
12.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M和BN的夹角的余弦值为______
13.已知数列{an}满足a1=3，an+1−an=2,bn=(−1)n+1n+1anan+1，则i=12n+1bi= ______．
14.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l与C的右支相交于P，Q两点，若|PQ|：|PF1|：|QF1|=3：4：5，点P位于第一象限，则双曲线C的离心率为______．
15.如图，已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F且斜率为1的直线交E于A，B两点，线段AB的中点为M，其垂直平分线交x轴于点C，MN⊥y轴于点N.若四边形CMNF的面积等于634，则p的值为______．
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题14分)
设数列{an}是首项为13，公比不为1的等比数列，数列{bn}满足bn=nan，已知a1，2a2，3a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前n项和Sn，{bn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=2，E是BC中点．
(1)求证：A1B//平面AEC1；
(2)求平面AEC1与平面ABB1A1所成角的余弦值；
(3)求点A1到平面AEC1的距离．
18.(本小题15分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=12，点M(2 3,− 3)在C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知椭圆C的左顶点为A，过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆C于点P，交y轴于点D，若过原点O作直线l的平行线交椭圆C于点E，求|AP|+|AD||OE|的最小值．
19.(本小题15分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为4 5．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线y=kx+m(km≠0)与椭圆C交于A、B两点，与y轴交于点M，线段AB的垂直平分线与AB交于点P，与y轴交于点Q，O为坐标原点，如果∠MOP=2∠MQP，求k的值．
20.(本小题16分)
已知等差数列{an}，Sn是数列{an}的前n项和，满足S2=4，S4=16；数列{bn}各项都是正数，且满足b1=a1，b3=a3−1，bnbn+2=bn+12(n∈N∗)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)记cn=(6n−7)bnanan+2,n为奇数an,n为偶数，数列{cn}的前2n项和为T2n；
(3)在ak和ak+1,k∈N∗中插入k个相同的数(−1)k+1⋅k，构成一个新数列{dn}：a1，1，a2，−2，−2，a3，3，3，3，a4，…，求{dn}的前2025项和．
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.D
5.B
6.C
7.B
8.A
9.C
10. 5
11.4 2
12.23
13.112+116n+20
14. 173
15.3
16.解：(1)设数列{an}的公比为q，又a1，2a2，3a3成等差数列，
得4a2=a1+3a3，∴4a1q=a1+3a1q2，
即3q2−4q+1=0，解得q=13，或q=1(舍去)，
∴an=(13)n，则bn=nan=n3n；
(2)由(1)可得，等比数列{an}是首项为13，公比为13，
则Sn=13−13n+11−13=12(1−13n)．
数列{bn}的前n项和Tn=13+232+⋯+n−13n−1+n3n，
则13Tn=132+233+⋯+n−13n+n3n+1，
两式作差得：23Tn=13+132+133+⋯+13n−n3n+1
=13(1−13n)1−13−n3n+1=12(1−13n)−n3n+1，
∴Tn=34(1−13n)−n2⋅3n=34−(n2+34)13n．
17.解：(1)证明：如图所示，连接A1C交AC1于F点，连接EF，

由三棱柱的特征可知侧面ACC1A1是平行四边形，则F是A1C的中点，
又因为E是BC中点．所以EF/​/A1B，
因为EF⊂平面AEC1，A1B⊄平面AEC1，
所以A1B/​/平面AEC1．
(2)由已知可得AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，
如图以A为原点，以AB、AC、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

则AE=(1,1,0)，AC1=(0,2,2)，
设平面AEC1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AE=x+y=0n⋅AC=2y+2z=0，
令y=−1，则x=1，z=1，
即n=(1,−1,1)，
易知AC=(0,2,0)是平面ABB1A1的一个法向量，
设平面AEC1与平面ABB1A1所成角为θ，
则csθ=|n⋅AC||n|⋅|AC|=22× 3= 33，
故平面AEC1与平面ABB1A1所成角的余弦值为 33．
(3)易知AA1=(0,0,2)，
则点A1到平面AEC1的距离d=|AA1⋅n||n|=2 3=2 33．
18.解：(1)因为点M(2 3,− 3)在椭圆C上，且离心率e=12，
所以ca=1212a2+3b2=1a2=b2+c2，
解得a2=16，b2=12，
则椭圆C的标准方程为x216+y212=1；
(2)设直线l的方程为y=k(x+4)，
联立x216+y212=1y=k(x+4)，消去y并整理得(x+4)[(4k2+3)x+16k2−12]=0，
所以xp=−16k2+124k2+3，
因为OE//1，
设直线OE的方程为y=kx，
联立x216+y212=1y=kx，
解得xE=±4 3 4k2+3，
因为OE/​/l，
所以|AP|+|AD||OE|=|xP−xA|+|xD−xA||xE|=xP−2xA|xE|=−16k2+124k2+3+84 3 4k2+3=1 3⋅4k2+9 4k2+3
=1 3( 4k2+3+6 4k2+3)≥2 2，
当且仅当 4k2+3=6 4k2+3，即k=± 32时，等号成立．
则当k=± 32时，|AP|+|AD||OE|取得最小值，最小值为2 2．
19.解：(1)因为椭圆C的长轴长为4，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为4 5，
所以2a=44 a2+b2=4 5a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c= 3，
则椭圆C的方程为x24+y2=1；
(2)联立x24+y2=1y=kx+m，消去y并整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，
此时Δ=(8km)2−4(4k2+1)(4m2−4)>0，
解得4k2−m2+1>0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由韦达定理得x1+x2=−8km4k2+1，
所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m4k2+1，
则xP=x1+x22=−4km4k2+1，yP=m4k2+1，
所以直线PQ的方程为y−m4k2+1=−1k(x+4km4k2+1)，
令x=0，
解得yQ=−3m4k2+1，
即Q(0,−3m4k2+1)，
因为M(0,m)，
所以点N，P在原点两侧，
因为∠MOP=2∠MQP，
所以∠PQO=∠OPQ，
所以|OP|=|OQ|，
因为|OP|2=(−4km4k2+1)2+(m4k2+1)2=16k2m2+m2(4k2+1)2，|OQ|2=(−3m4k2+1)2=9m2(4k2+1)2，
所以16k2m2+m2(4k2+1)2=9m2(4k2+1)2(km≠0)，
整理得16k2+1=9．
所以k=± 22．
20.解：(1)等差数列{an}，Sn是数列{an}的前n项和，设公差为d，由S2=4，S4=16，
可得2a1+d=4，4a1+6d=16，解得a1=1，d=2，
所以an=1+2(n−1)=2n−1；
数列{bn}各项都是正数，且满足b1=a1=1，
b3=a3−1=5−1=4，bnbn+2=bn+12(n∈N∗)．
可得数列{bn}为等比数列，
所以b3=b1q2=q2=4，解得q=2或q=−2(舍去)，
所以bn=2n−1；
(2)因为cn=(6n−7)bnanan+2,n为奇数an,n为偶数，
设{cn}的前2n项和中，奇数项的和为Pn，偶数项的和为Qn，
所以Pn=c1+c3+c5+⋯+c2n−1，Qn=c2+c4+c6+⋯+c2n，
当n为奇数时，cn=(6n−7)2n−1(2n−1)(2n+3)=2n+12n+3−2n−12n−1，
所Pn=c1+c3+c5+⋯+c2n−1=(225−201)+(249−225)+(2613−249)+⋯+(22n4n+1−22n−24n−3)=4n4n+1−201=4n4n+1−1，
当n为偶数时，cn=an，
所以Qn=a2+a4+…+a2n=3+7+…+4n−1=(3+4n−1)n2=2n2+n，
T2n=4n4n+1−1+2n2+n；
(3){dn}：a1，1，a2，−2，−2，a3，3，3，3，a4…，ak+1，…
从a1到ak+1共有k+1+(1+2+⋯+k)=(k+1)(1+k+1)2项，
所以，当k=62时，(k+1)(k+2)2=2016，
故a1+a2+…+a63+1+2×(−2)+3×3+…+62×(−62)+(2025−2016)×63
=(a1+a63)632+1−22+32+…−622+9×63
=(1+125)632+(12−22)+(32−4)2+…+(612−622)+9×63
=632−(1+2+3+...+61+62)+9×63=632−12×62×63+9×63
=63×(63−31+9)=2583．