2024-2025学年湖南省邵阳市新邵县高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省邵阳市新邵县高二（上）期末数学试卷（含答案），共9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.设x，y∈R，空间向量a=(x,1,1),b=(2,y,−2)，且a/​/b，则x+y=( )
A. −1B. 1C. −3D. 3
2.直线x− 3y+1=0的倾斜角为( )
A. 0°B. 30°C. 45°D. 60°
3.圆C1：(x−1)2+y2=4与圆C2：(x−2)2+(y+2)2=1相交于A，B两点，则线段AB的垂直平分线的方程为( )
A. x−2y−5=0B. 2x+y−2=0C. x−2y+3=0D. 2x+y−5=0
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3=3，S3=9，则a1等于( )
A. 12或3B. 1或−12C. 12D. −12
5.若方程x27−m+y2m−1=1表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是( )
A. (−∞,1)B. (1,4)C. (4,7)D. (7,+∞)
6.若{a,b,c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是( )
A. b+c,b,b−cB. a,a+b,a−2b
C. a+b,a+b+c,cD. a+b,a−b,c
7.若直线l：mx+ny−1=0圆x2+y2+2x=0相切，则原点O到直线l距离的最大值为( )
A. 3B. 2C. 2 2D. 1
8.如图，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2，双曲线C的右支上一点A，它关于原点O的对称点为B，满足∠F1AF2=120°，且|BF2|=3|AF2|，则双曲线C的离心率是( )
A. 52B. 72C. 32D. 132
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.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，Sn≥S4(n∈N∗)，则( )
A. a10C. a4≤0D. S90)，弦AB过焦点F，△ABQ为其阿基米德三角形，则下列结论一定成立的是( )
A. 点Q在抛物线y2=2px(p>0)的准线x=−p2上
B. 存在点Q，使得OA⋅QB>0
C. |QF|2=|AF|⋅|BF|
D. △ABQ面积的最小值为p2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.经过点(−2,3)，且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程是______．
13.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，AC1与平面A1BD的交点为P，则(AA1+AB+AD)⋅AP= ______．
14.设等差数列{an}的各项均为整数，首项a1=3，且对任意正整数n，总存在正整数m，使得a1+a2+…+an=am，则这样的数列{an}的个数为______．
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15分)
已知圆C的方程为x2+y2=1．
(1)求过点P(1,2)且与圆C相切的直线l的方程；
(2)直线m过点P(1,2)，且与圆C交于A，B两点，当△AOB是等腰直角三角形时，求直线m的方程．
16.(本小题15分)
三棱台ABC−A1B1C1的底面是正三角形，AA1⊥平面ABC，AB=4，A1B1=2，AA1= 3，E是AB的中点，平面A1C1E交平面ABC于直线l．
(1)求证：AC//l；
(2)求直线B1C与平面A1C1E所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
已知数列{an}满足a1=1，且an+1−an=n+1(n∈N∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列{1an}的前n项和为Sn，求S99；
(3)设bn=n+22n+2⋅an，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn 2，且n∈N∗)，直线l1交E于A，B两点，直线l2交E于C，D两点，M，N分别为弦AB和CD的中点，直线MN交x轴于点Q(tn,0)(n∈N∗)，设pn=2n．
①求tn；
②记an=|PQ|，bn=2n−1(n∈N∗)，求k=12n[bk+1−(−1)kbk]ak．
参考答案
1.C
2.B
3.B
4.A
5.C
6.D
7.B
8.D
9.ABC
10.ACD
11.ACD
12.y25−x25=1
13.1
14.3
15.解：(1)当直线斜率不存在时，x=1显然与x2+y2=1相切；
当直线斜率存在时，可设l：y=k(x−1)+2，由几何关系可得d=|2−k| 1+k2=r=1，
解得k=34，
故l：y=34(x−1)+2，即3x−4y+5=0，
故过点P(1,2)且与圆C相切的直线l的方程为x=1或3x−4y+5=0；
(2)设m：y=k1(x−1)+2，可设AB中点为D，
因为△AOB是等腰直角三角形，
所以OD= 22r，
即圆心到直线距离d=|2−k1| 1+k12= 22r= 22，
解得k1=1或7，
故直线m：y=(x−1)+2或y=7(x−1)+2，
即x−y+1=0或7x−y−5=0．
16.解：(1)证明：在三棱台ABC−A1B1C1中，
∵AC/​/A1C1，平面ABC/​/平面A1B1C1，
又平面A1B1C1∩平面A1C1E=A1C1，平面ABC∩平面A1C1E=l，
∴A1C1//l，又AC/​/A1C1，
∴AC/​/l；
(2)∵AA1⊥平面ABC，在平面ABC内作Ax⊥AC，
∴以A为原点，AC，AA1分别为y轴，z轴，建立空间右手直角坐标系，如图，
则B(2 3,2,0)，E( 3,1,0)，C(0,4,0)，A1(0,0, 3)，B1( 3,1, 3)，C1(0,2,0)，
∴A1E=( 3,1,− 3)，A1C1=(0,2,0)，B1C=(− 3,3,− 3)，
设平面A1C1E所的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1E= 3x+y− 3z=0n⋅A1C1=2y=0，取n=(1,0,1)，
设直线B1C与平面A1C1E所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|n⋅B1C||n||B1C|= 105，
∴直线B1C与平面A1C1E所成角的正弦值为 105．
17.解：(1)因为an+1−an=n+1，
所以a2−a1=2，
a3−a2=3，
……
an−1−an−2=n−1，
an−an−1=n，
累加可得an−a1=2+3+…+n−1+n=(n−1)(n+2)2，
解得an=(n−1)(n+2)2+a1=n(n+1)2．
(2)由(1)知1an=2(1n−1n+1)，
所以S99=1a1+1a2+⋅⋅⋅+1a99=2[(1−12)+(12−13)+⋅⋅⋅+(199−1100)]=2(1−1100)=9950．
(3)bn=n+22n+2⋅an=n+2n(n+1)⋅2n+1=1n⋅2n−1(n+1)2n+1，
所以Tn=(11⋅2−12⋅22)+(12⋅22−13⋅23)+⋅⋅⋅+(1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1)=12−1(n+1)⋅2n+1，
据题意Tn