2024-2025学年浙江省杭州市高二上学期1月期末考试（乙卷）数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省杭州市高二上学期1月期末考试（乙卷）数学试卷（含答案），共7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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A=yy=12x,x≤1，B={x|x2−2x−30且b≠1，数列{an}各项均为正实数，设甲：{an}为等比数列；乙：{lgban}为等差数列，则甲是乙的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.一个笔盒中装有6支笔，其中3支黑色，2支红色，1支蓝色．若从中任取2支，则“恰有1支黑色”的概率是( )
A. 35B. 310C. 15D. 110
5.设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线x2a2−y2b2=1的离心率分别为e1，e2，双曲线渐近线的斜率小于2 55，则e1e2的取值范围是( )
A. 0,2 55B. 2 55,1C. 0,13D. 13,1
6.已知函数f(x)的定义域为R，f(x+y)+f(x−y)=2f(x)f(y)，且f(1)=12，则k=12025f(k)= ( )
A. −1B. −12C. 1D. 12
7.已知sin 50°(1+λtan 10°)=1，则λ=( )
A. 1B. 2C. 3D. − 3
8.如图，曲线C这种造型被称为双纽线，在纺织中作为花纹得到广泛应用．已知曲线C上的点满足到点F1(−2,0)与到点F2(2,0)的距离之积为4，则曲线C上点的纵坐标的最大值为 ( )
A. 12 B. 1
C. 4 5−8 D. 2
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.下列函数的求导运算正确的是( )
A. x+1x′=1+1x2B. (tanx)′=1cs2x
C. ln(2x)x′=1+ln(2x)x2D. [(3x+1)2e−3x]′=(3−27x2)e−3x
10.在数列{an}和{bn}中，a1=b1=1，an+1−an=n+1，{bn}的前n项和Sn=n(n+1)(2n+1)6，n∈N∗，则下列说法正确的有( )
A. bn=n2B. a640)，左顶点A(−2,0)，离心率e= 32，B为第一象限内椭圆上一点，过B作椭圆的切线交直线x=−2于点P．
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)过点A且平行于BP的直线与椭圆的另一个交点为C，直线AC交BO延长线于点M，记△PAC，△MBC，△PMC的面积分别为S△PAC，S△MBC，S△PMC．
(ⅰ)证明：S△PAC=2S△MBC；
(ⅱ)当S▵PMC=3 34时，求直线AC的方程．
19.(本小题17分)
已知数列{an}是斐波那契数列{1,1,2,3,5,8,13,21,34,……}，这一数列以如下递推的方法定义：a1=1，a2=1，an+2=an+1+an(n∈N ​∗).数列{bn}对于确定的正整数k，若存在正整数n，使得bk+n=bk+bn成立，则称数列{bn}为“k阶可分拆数列”．
(1)已知数列{cn}满足cn=man+t(n∈N∗,m,t∈R)，若对∀m∈R，数列{cn}为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数t的值；
(2)已知数列{dn}满足dn=3n+n+m(n,m∈N∗)，若{dn}为“k阶可分拆数列”，记正整数m的最小值为f(k)，求k=1nf(k)；
(3)若数列{fn}满足fn=an3nn∈N∗，其前n项和为Tn，求证：当n∈N∗且n≥3时，Tn0，因此csA>0，所以tanA=sinAcsA= 3，
所以A=π3；
(2)由△ABC的面积为2 33，得12bcsinA=2 33，解得bc=83，
又c=2b，则b=23 3，c=43 3，
由余弦定理得a2=c2+b2−2bccsA=163+43−83=4，解得a=2，b+c=2 3，
所以△ABC的周长为2 3+2．
16.解：(1)当a=4时，f(x)=lnx4−x+2x，f′(x)=1x+14−x+2，∴f′(2)=3
又f(2)=4，所以y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为3x−y−2=0．
(2)由题意可得，f(x+b)−3=lnb+xa−b−x+2x+2b−3为奇函数，
则a=2b2b−3=0，得a=3，b=32．
17.(1)证明：取CD中点O，连接EO，OB，∵DE=CE= 10，∴EO⊥CD，
在ΔEOB中，EO=3，OB= 3，EB=2 3，∴EO⊥OB，
OB∩CD=O，OB，CD⊂平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD，∵EO⊂平面EDC，
∴平面EDC⊥平面ABCD．
(2)由题可得：EF= //12AB，∴FDOE是平行四边形，∴FD//EO，由(1)得FD⊥平面ABCD取BC中点G，
连接DG，则∠ADG=90∘，分别以DA，DG，DF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则：C(−1, 3,0)，E(−12, 32,3)，CE=(12,− 32,3)，CB=(2,0,0)，
设平面EBC的法向量n1=(x,y,z)，则12x− 32y+3z=0,2x=0得n1=(0,2 3,1)，
平面FAD的法向量n2=(0,1,0)，∴cs=2 3 13=2 3913
所以平面FAD与平面EBC所成角的余弦值为2 3913．
18.解：(1)由题意得a=2，离心率e=ca= 32，b= a2−c2=1，则椭圆r的标准方程为x24+y2=1．
(2)(i)设直线AC:x=my−2，代入到椭圆方程，化简得(m2+4)y2−4my=0，故yc=4mm2+4．
设B(x0,y0)(x0>0,y0>0)，联立直线AC，BO的方程x=my−2y=y0x0x,⇒M(2x0my0−x0,2y0my0−x0)，
切线BP:x0x4+y0y=1，又AC//BP，则m=−4y0x0.故yM=2mm2+4，
所以：yC=2yM，即M为线段AC中点.由AC//BP与中点M，则S△PAC=S△ABC=2S△MBC⋅
(ii)由中点M得S△PAC=2S△PCM=32 3，将x=−2代入直线BP:x0x4+y0y=1，可得P(−2,x0+22y0).
S△PAC=12|AP||xc+2|=x0+2y0．m2m2+4=y0(x0+2)=3 32，
则y02(x0+2)2=274，即(4−x02)(x0+2)2=27，则(x0−1)2(x02+6x0+11)=0，x0=1．
故m=−2 3，则AC:x+2 3y+2=0．

19.解：(1)由题意得，存在正整数n，使c1+n=c1+cn对∀m∈R成立，即ma1+n+t=ma1+t+man+t，
化简得man+1=man+ma1+t，
所以当t=0时，存在正整数n=2，使ma3=ma2+ma1对∀m∈R成立，
当t≠0时，若取m=2t，则an+1=an+a1+12，
∵an+1，an，a1∈N∗，∴等式不成立，
综上，t=0；
(2)由题意得：对于确定的正整数k，存在正整数n，3n+n+m+3k+k+m=3n+k+n+k+m，
即m=3n+k−3n−3k=(3n−1)(3k−1)−1，
当n=1时，m最小，
所以f(k)=2⋅3k−3，则k=1nf(k)=k=1n(2⋅3k−3)=3n+1−3n−3；
(3)证明：∵an+2=an+1+an，(n∈N∗)，
可得当n≥2时，an2=an(an+1−an−1)=anan+1−anan−1，
∴a12+a22+a32+⋯⋯+an2=a12+(a2a3−a2a1)+(a3a4−a3a2)+(a4a5−a4a3)+⋯⋯+(anan+1−anan−1)
=a12−a2a1+anan+1=anan+1，
∴a12+a22+a32+⋯+an2−anan+1+1=1，
∵fn=an3n，
∴Tn=a131+a232+a333+⋯⋯+an−13n−1+an3n ①，
13Tn=a132+a233+a334+⋯⋯+an−13n+an3n+1，②
①− ②得：23Tn=a131+a2−a132+a3−a233+a4−a334+⋯+an−an−13n−an3n+1=13+a133+a234+⋯⋯+an−23n−an3n+1=13+132(a131+a232+⋯⋯+an−23n−2)−an3n+1=13+132Tn−2−an3n+1，
∵Tn−20，
∴23Tn=13+132Tn−2−an3n+1